[elnovatoqueaprende]

Buenas noches:

Tengo un límite que resolver, he comprobado numéricamente (usando un pequeño script en Python) que el límite no debiera existir, pero desgraciadamente no me sale. El límite en cuestión es:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3} \]

El gráfico que he obtenido con Python (16 millones de puntos entre -3 y 3) es el siguiente:


Muchas gracias de antemano.

[Masacroso]

Buenas noches:

Tengo un límite que resolver, he comprobado numéricamente (usando un pequeño script en Python) que el límite no debiera existir, pero desgraciadamente no me sale. El límite en cuestión es:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3} \]

El gráfico que he obtenido con Python (16 millones de puntos entre -3 y 3) es el siguiente:


Muchas gracias de antemano.

Te he corregido ligeramente el \( \LaTeX \). Mira aquí para un minitutorial de cómo funciona el renderizado del \( \LaTeX \) en el foro.

Respecto a tu pregunta, usando el teorema de Taylor(*) tenemos que

\[
\sqrt[3]{1+x}=(1+x)^{1/3}=1+\frac{x}{3}-{\color{red}{\frac1{9}}}x^2+{\color{red}{\frac{5}{81}}}x^3+o(x^3)
\]

donde \( o(x^3) \) representa una función tal que \( \lim_{x\to 0}\frac{o(x^3)}{x^3}=0 \). Sustituyendo te queda que

\[
\lim_{x\to 0}\frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3}=\lim_{x\to 0}\frac{{\color{red}{\frac{5}{9}}}x^3+o(x^3)}{x^3}={\color{red}{\frac{5}{9}}}
\]

(*): En vez del teorema de Taylor podemos utilizar la identidad general de \( (1+x)^{\alpha }=\sum_{n=0}^{\infty }\binom{\alpha }{n}x^n \) para \( |x|<1 \) y \( \alpha \in \mathbb{C} \).

Corrección: originalmente había puesto \( \frac{2}{9} \) en vez de \( \frac1{9} \), y \( \frac{10}{27} \) en vez de \( \frac{5}{81} \). El error viene de olvidarme de dividir por \( 2! \) y por \( 3! \) respectivamente las fracciones que obtuve (es decir que \( \frac{2}{9}\cdot \frac1{2}=\frac1{9} \) y \( \frac{10}{27}\cdot \frac1{6}=\frac{5}{81} \)).

[elnovatoqueaprende]

Ante todo, disculpe por no haberme leído las instrucciones para insertar LaTeX en el foro.

Antes que nada, tengo interés en aprender, no obstante, el problema planteado por mi profesor fue anterior a los problemas sobre el teorema de Taylor, luego debería resolverse por L'Hôpital (ya habrá comprobado, aunque ni siquiera haga falta, que no se puede porque no va a existir), o bien por límites conocidos. Aunque, si no encuentra otra forma, confío plenamente en su criterio y quizá al profesor se le escapó.

No entiendo su respuesta (falta de práctica por mi parte), puedo entender que calcula el polinomio de Taylor de grado 3 de la función dada por esa raíz cúbica (la notación de Landau ni siquiera me la dio mi profesor, la investigué por mi cuenta hace tiempo). Ya la he entendido, no era difícil de entender. Pero mi profesor jamás nos hizo usar ese teorema de Taylor (es el teorema de Taylor correcto aceptado globalmente, pero mi profesor daba otro resultado como teorema de Taylor y este ni siquiera lo dio). Había pensado en usar Taylor, pero el resultado que nos dio es (omitiendo el formalismo matemático, espero que no sea problema):

\(  \displaystyle \lim_{x \to a} \frac{f(x)-T_n[f,a](x)}{(x-a)^n} = 0  \)

donde (por si acaso la notación no fuera global) \( T_n[f,a] \) denota al polinomio de Taylor de grado \( n \) asociado a la función \( f \) centrado en el punto \( a \). Pues este teorema que sí nos dio sí tuve que emplearlo para resolver otros límites (bastante obvios, pues la expresión nunca la camufló mucho).

Muchísimas gracias. Acabo de aprender algo que desconocía totalmente.

[Masacroso]

Ante todo, disculpe por no haberme leído las instrucciones para insertar LaTeX en el foro.

Antes que nada, tengo interés en aprender, no obstante, el problema planteado por mi profesor fue anterior a los problemas sobre el teorema de Taylor, luego debería resolverse por L'Hôpital (ya habrá comprobado, aunque ni siquiera haga falta, que no se puede porque no va a existir), o bien por límites conocidos. Aunque, si no encuentra otra forma, confío plenamente en su criterio y quizá al profesor se le escapó.

En general el teorema de Taylor es la manera más sencilla de calcular límites complicados, no he probado a resolver el límite del tema usando otro método, tendría que probar a usar L'Hôpital a ver si por ahí sale. Pero como soy bastante vago (por eso me suelo equivocar haciendo cuentas sencillas  ) he usado directamente el teorema de Taylor porque sabía que seguramente funcionase.

Usando el teorema de L'Hôpital una vez nos queda la fracción

\[
\frac{2x-3+3(1+x)^{-2/3}}{3x^2}
\]

que vuelve a dejar una indeterminación \( 0/0 \). Usando otra vez L'Hôpital nos queda la fracción

\[
\frac{2-2(1+x)^{-5/3}}{6x}
\]

que vuelve a ser una indeterminación de tipo \( 0/0 \). Repitiendo una vez más L'Hôpital nos queda la fracción

\[
\frac{10}{3\cdot 6}(1+x)^{-8/3}=\frac{5}{9}(1+x)^{-8/3}
\]

que ahora sí, al tomar el límite, nos deja la solución \( \frac{5}{9} \) que encontrábamos con el otro método.

No entiendo su respuesta (falta de práctica por mi parte), puedo entender que calcula el polinomio de Taylor de grado 3 de la función dada por esa raíz cúbica (la notación de Landau ni siquiera me la dio mi profesor, la investigué por mi cuenta hace tiempo). Ya la he entendido, no era difícil de entender. Pero mi profesor jamás nos hizo usar ese teorema de Taylor (es el teorema de Taylor correcto aceptado globalmente, pero mi profesor daba otro resultado como teorema de Taylor y este ni siquiera lo dio). Había pensado en usar Taylor, pero el resultado que nos dio es (omitiendo el formalismo matemático, espero que no sea problema):

\(  \displaystyle \lim_{x \to a} \frac{f(x)-T_n[f,a](x)}{(x-a)^n} = 0  \)

Claro, el teorema de Taylor se puede escribir como

\[
f(x)=T_n[f,a](x)+R_n[f,a](x),\quad  \text{ donde }R_n[f,a](x)=f(x)-T_n[f,a](x),\quad \text{ y tal función $R_n[f,a]$ cumple que }\lim_{x\to a}\frac{R_n[f,a](x)}{(x-a)^n}=0
\]

que es equivalente a decir que \( R_n[f,a](x)\in o(|x-a|^n) \) (cuando \( x\to a \)) usando la notación de Landau (usualmente el símbolo \( o(g) \) representa un conjunto de funciones, por eso es mejor usar el \( \in \) es vez de el más común \( = \), igualmente yo he usado \( o(x^3) \) para referirme a una función más que un conjunto, un pequeño abuso de notación por mi parte, hubiese sido mejor usar la notación \( R_n[\sqrt[3]{1+x},0] \)).

[Luis Fuentes]

Hola

Buenas noches:

Tengo un límite que resolver, he comprobado numéricamente (usando un pequeño script en Python) que el límite no debiera existir, pero desgraciadamente no me sale. El límite en cuestión es:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3} \]

El gráfico que he obtenido con Python (16 millones de puntos entre -3 y 3) es el siguiente:


Muchas gracias de antemano.

Añado que la gráfica no está bien. Sería:


Saludos.

[elnovatoqueaprende]

Ante todo, disculpe por no haberme leído las instrucciones para insertar LaTeX en el foro.

Antes que nada, tengo interés en aprender, no obstante, el problema planteado por mi profesor fue anterior a los problemas sobre el teorema de Taylor, luego debería resolverse por L'Hôpital (ya habrá comprobado, aunque ni siquiera haga falta, que no se puede porque no va a existir), o bien por límites conocidos. Aunque, si no encuentra otra forma, confío plenamente en su criterio y quizá al profesor se le escapó.

En general el teorema de Taylor es la manera más sencilla de calcular límites complicados, no he probado a resolver el límite del tema usando otro método, tendría que probar a usar L'Hôpital a ver si por ahí sale. Pero como soy bastante vago (por eso me suelo equivocar haciendo cuentas sencillas  ) he usado directamente el teorema de Taylor porque sabía que seguramente funcionase.

Usando el teorema de L'Hôpital una vez nos queda la fracción

\[
\frac{2x-3+3(1+x)^{-2/3}}{3x^2}
\]

que vuelve a dejar una indeterminación \( 0/0 \). Usando otra vez L'Hôpital nos queda la fracción

\[
\frac{2-2(1+x)^{-5/3}}{6x}
\]

que vuelve a ser una indeterminación de tipo \( 0/0 \). Repitiendo una vez L'Hôpital nos queda la fracción

\[
\frac{10}{3\cdot 6}(1+x)^{-8/3}=\frac{5}{9}(1+x)^{-8/3}
\]

que ahora sí, al tomar el límite, nos deja la solución \( \frac{5}{9} \) que encontrábamos con el otro método.

De acuerdo, efectivamente, debería tener cuidado al derivar (me equivoqué, no me salía «0/0» y me salía que no existía, luego L'Hôpital no me servía).

Claro, el teorema de Taylor se puede escribir como

\[
f(x)=T_n[f,a](x)+R_n[f,a](x),\quad  \text{ donde }R_n[f,a](x)=f(x)-T_n[f,a](x),\quad \text{ y tal función $R_n[f,a]$ cumple que }\lim_{x\to a}\frac{R_n[f,a](x)}{(x-a)^n}=0
\]

que es equivalente a decir que \( R_n[f,a](x)\in o(|x-a|^n) \) usando la notación de Landau (usualmente el símbolo \( o(g) \) representa un conjunto de funciones, por eso es mejor usar el \( \in \) es vez de el más común \( = \), igualmente yo he usado \( o(x^3) \) para referirme a una función más que un conjunto, un pequeño abuso de notación por mi parte, hubiese sido mejor usar la notación \( R_n[\sqrt[3]{1+x},0] \)).

Es cierto, no lo había visto de esta forma, para futuras aclaraciones mías, y para asegurarme de haberlo entendido (y quizá ayudar a otra gente a la que tampoco le hayan explicado la notación de Landau), podría haberse expresado (con el único fin de evitar la notación de Landau).

Sea \(  f : \mathbb{R} \longrightarrow \mathbb{R}  \) dada por \(  f(x):=\sqrt[3]{1+x}  \)

\(  f(x) - T_n[f,a](x) = R_n[f,a](x), \text{ que verifica, por el teorema de Taylor: } \lim_{x \to a} \frac{R_n[f,a](x)}{(x-a)^n} = 0  \)

Teniendo en cuenta que (de tu mensaje): \(  T_3[f,0](x) = 1+\frac{x}{3}-\frac{1}{9}x^2+\frac{5}{81}x^3  \)

\( \displaystyle{\begin{align*}
\lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3} &= \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9(T_3[f,0](x)+R_3[f,0](x))}{x^3} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+\frac{5}{9}x^3-x^2+3x+9+9R_3[f,0](x)}{x^3} \\
&= \lim_{x \to 0} \frac{\frac{5}{9}x^3}{x^3}+\frac{9R_3[f,0](x)}{x^3} \underset{\lim_{x \to 0} \frac{9R_3[f,0](x)}{x^3} \underset{\text{T. Taylor}}{=} 0}{=} \frac{5}{9}
\end{align*}} \)

Hola

Buenas noches:

Tengo un límite que resolver, he comprobado numéricamente (usando un pequeño script en Python) que el límite no debiera existir, pero desgraciadamente no me sale. El límite en cuestión es:

\[ \lim_{x \to 0} \frac{x^2-3x-9+9\sqrt[3]{1+x}}{x^3} \]

El gráfico que he obtenido con Python (16 millones de puntos entre -3 y 3) es el siguiente:


Muchas gracias de antemano.

Añado que la gráfica no está bien. Sería:


Saludos.

Muchísimas gracias, pues ahora esa sería mi próxima duda, me parece que tendré que dejar de usar Python y usar quizá gnuplot u otra herramienta. Aunque Python nunca falla, supongo que me faltarían paréntesis en alguna parte (aunque suelo tener cuidado) y se me estropearía todo. La fórmula que usé en Python (solo con fines informativos, este no es el lugar para debatirlo) que usé es:

Código: [Seleccionar]

(x**2-3*x-9+np.cbrt(1+x))/x**3.

He de decir que he aprendido bastante, es mi primera vez en un foro de matemáticas y no sabía que podría ser tan constructivo.
Muchas gracias a todos.

Moderación: he editado ligeramente una expresión matemática muy larga y la he expresado como se hace usualmente en libros de matemáticas para expresiones tan largas usando varias líneas. Lo he hecho porque las expresiones muy largas se salen fuera de la pantalla al renderizarse y es más cómodo para leer tener expresiones que quepan por completo (o casi) en la pantalla.

[Juan Pablo Sancho]

Haciendo \(  u^3 = 1+x \)
\( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2-3 \cdot x - 9 + 9 \cdot \sqrt[3]{1+x}}{x^3} = \lim_{u \to 1} \dfrac{u^6-5 \cdot u^3+9 \cdot u-5}{(u^3-1)^3} =  \lim_{u \to 1} \dfrac{(u-1)^3 \cdot (u^3+3u^2+6u+5) }{(u-1)^3 \cdot (u^2+u+1)^3} = \lim_{u \to 1} \dfrac{u^3+3u^2+6u+5 }{(u^2+u+1)^3} = \dfrac{5}{9}  \)   

[ani_pascual]

Hola:

Haciendo \(  u^3 = 1+x \)
\( \displaystyle \lim_{x \to 0} \dfrac{x^2-3 \cdot x - 9 + 9 \cdot \sqrt[3]{1+x}}{x^3} = \lim_{u \to 1} \dfrac{u^6-5 \cdot u^3+9 \cdot u-5}{(u^3-1)^3} =  \lim_{u \to 1} \dfrac{(u-1)^3 \cdot (u^3+3u^2+6u+5) }{(u-1)^3 \cdot (u^2+u+1)^3} = \lim_{u \to 1} \dfrac{u^3+3u^2+6u+5 }{(u^2+u+1)^3} = \dfrac{5}{9}  \)

 
Saludos