Cálculo de un límite con series.

Question

Buenas tardes a todos. Tengo un límite que me dio muchos problemas y no pude encontrar una manera de resolverlo. Intenté resolverlo con series pero no pude llegar a un resultado. $$ \ lim _ {x \ a 0 +} \ left (\ frac {\ left (e ^ {- \ frac {1} {x ^ 2}} \ cos \ left (\ log _e \ left (x \ right ) \ right) + \ cos \ left (\ arctan \ left (x \ right) \ right) -e ^ {- \ frac {x ^ 2} {2}} \ right)} {\ log _e \ left (1 + x ^ 2 \ right) - \ sin \ left (x ^ 2 \ right)} \ right) $$

¡Gracias!

Answer 1

tl;dr: Esto va a ser un puntazo.

• Vamos a empezar con el denominador: $$\begin{align} \ln\left(1+x^2\right)-\sin \left(x^2\right) &= x^2-\frac{x^4}{2} + o(x^4) - (x^2+o(x^4)) = -\frac{x^4}{2} + o(x^4) \end{align} $$

• Ahora, la carne, el numerador, pieza por pieza:

  • No Taylor para la primera, no se aplica (los argumentos no tienden a $0$, para empezar). $$\begin{align} \lvert e^{-\frac{1}{x^2}}\cos \left(\ln\left(x\right)\right)\rvert \leq e^{-\frac{1}{x^2}} \xrightarrow[x\to 0]{} 0 \end{align} $$ y este término es despreciable frente a cualquier poder de la $x$: decae exponencialmente. Así, en particular, es $o(x^4)$, dicen. (Dime si necesita una prueba de ello. Edit: ver $(\dagger)$ al final)
  • La segunda, que podemos hacer una expansión de la serie: $$\begin{align} \cos \left(\arctan \left(x\right)\right) &= \cos\left( x- \frac{x^3}{3} + o(x^4)\right)= 1 - \frac{x^2}{2}+\frac{3x^4}{8} + o(x^4) \end{align} $$ y el último término (de la serie puede ser utilizado también): $$\begin{align} -e^{-\frac{x^2}{2}} &= -(1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{8}+o(x^4)) = -1+ \frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+o(x^4) \end{align} $$ por lo general $$\begin{align} e^{-\frac{1}{x^2}}\cos \left(\ln\left(x\right)\right) +\cos \left(\arctan \left(x\right)\right)-e^{-\frac{x^2}{2}} &= o(x^4) + 1 - \frac{x^2}{2}+\frac{3x^4}{8} + o(x^4) + -1+ \frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{8}+o(x^4)\\ &= \frac{x^4}{4}+o(x^4) \end{align} $$

• Poniendo todo junto: $$ \frac{e^{-\frac{1}{x^2}}\cos \left(\log _e\left(x\right)\right)+\cos \left(\arctan \left(x\right)\right)-e^{-\frac{x^2}{2}}}{\registro _e\left(1+x^2\right)-\sin \left(x^2\right)} = \frac{\frac{x^4}{4}+o(x^4)}{-\frac{x^4}{2} + o(x^4)} \xrightarrow[x\to0^+]{} -\frac{1}{2}. $$

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Editar:

$(\dagger)$ Hemos utilizado el hecho de que, por cualquier fija $\alpha\geq 0$, $$ e^{-\frac{1}{x^2}} = o(x^\alpha) $$ al $x\to 0$. Tenga en cuenta que la configuración de $u=\frac{1}{x^2}$, esto es equivalente a probar que para cada $\alpha \geq 0$ $ e^{-u} = o(u^{-\alpha}) $ when $u\+\infty$, or, again, equivalently, that $$\lim_{u\to+\infty}u^\alpha e^{-u} = 0$$ for any fixed $\alpha \geq 0$. ¿Puedes ver por qué esto es cierto?

Answer 2

Si usted desea hacer esto sin depender de la serie de Taylor, tenga en cuenta que

$$\lim_{x\to0^+}\left({e^{-{1\over x^2}}\cos(\ln x)+\cos(\arctan x)-e^{-{x^2\over2}}\\ln(1+x^2)-\sin(x^2)}\right) ={\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left({e^{-{1\over x^2}}\cos(\ln x)\sobre x^4}\right)+\lim_{x\to0^+}\left(\cos(\arctan x)-e^{-{x^2\over2}}\over x^4\right)\\displaystyle\lim_{x\to0^+}\left(\ln(1+x^2)-\sin(x^2)\sobre x^4 \right)}$$

siempre los tres límites en el derecho de existir y el uno en el denominador es distinto de cero. (La "inteligencia" aquí, si alguna, es saber utilizar un $x^4$. Pero que en realidad sólo proviene de anticipar lo que va a suceder en el denominador.)

Vamos a analizarlas una por una, comenzando con el denominador. Un cambio de variable y dos L'Hopitals llevar a

$$\lim_{x\to0^+}\left(\ln(1+x^2)-\sin(x^2)\over x^4 \right)=\lim_{u\to0^+}\left(\ln(1+u)-\sin(u)\over u^2 \right)=\lim_{u\to0^+}\left({1\over1+u}-\cos u\over2u \right)=\lim_{u\to0^+}\left({-1\over(1+u)^2}+\sin u\over2 \right)=-{1\over2}$$

Como para el primer límite en el numerador,

$$\left|\lim_{x\to0^+}\left({e^{-{1\over x^2}}\cos(\ln x)\over x^4}\right)\right|\le\lim_{x\to0^+}\left({e^{-{1\over x^2}}\over x^4}\right)=\lim_{u\to\infty}{u^2\over e^u}=\lim_{u\to\infty}{2u\over e^u}=\lim_{u\to\infty}{2\over e^u}=0$$

Por último, es conveniente convertir

$$\cos(\arctan x)={1\over\sec(\arctan x)}={1\over\sqrt{1+\tan^2(\arctan x)}}={1\over\sqrt{1+x^2}}$$

así que, como con el límite en el denominador, obtenemos

$$\lim_{x\to0^+}\left(\cos(\arctan x)-e^{-{x^2\over2}}\over x^4\right)=\lim_{u\to0^+}\left((1+u)^{-1/2}-e^{-u/2}\over u^2 \right)=\lim_{u\to0^+}\left(-{1\over2}(1+u)^{-3/2}+{1\over2}e^{-u/2}\over 2u \right)=\lim_{u\to0^+}\left({3\over4}(1+u)^{-5/2}-{1\over4}e^{-u/2}\over 2 \right)={1\over4}$$

Poniendo todo junto, obtenemos

$$\lim_{x\to0^+}\left({e^{-{1\over x^2}}\cos(\ln x)+\cos(\arctan x)-e^{-{x^2\over2}}\over\ln(1+x^2)-\sin(x^2)}\right)={0+{1\over4}\over-{1\over2}}=-{1\over2}$$