Encontrar $\lim_{x \to 0} \frac{\ln (x^2+1)} {x^2}$ sin la regla de L'hospital

Question

Tengo que encontrar el límite de sin de L'hospital de la regla: $$\lim_{x \to 0} \frac{\ln (x^2+1)} {x^2}$$

Es posible? Pensé en usar el teorema del sándwich o algo, pero no funcionó.

Las sugerencias son más que bienvenidos!

P. S - yo no estudio en series de Taylor o Integrales todavía.

Answer 1

$$\begin{align} \lim_{x \to 0} \frac{\ln (x^2+1)} {x^2}&=\lim_{x \to 0} \ln (x^2+1)^{\frac{1}{x^2}}\\ &=\ln\left(\lim_{x \to 0} (x^2+1)^{\frac{1}{x^2}}\right)\\ &=\ln e=1 \end{align}$$

Answer 2

Deje $f(u)=e^u$. Con $t=\ln(x^2+1)$ tenemos

$$\lim_{x \to 0} \frac{\ln (x^2+1)} {x^2}=\lim_{t \to 0} \frac{t-0} {f(t)-f(0)}=\frac{1}{f'(0)}=1.$$

Answer 3

Si usted sabe acerca de los equivalentes, usted tiene

$$\ln(x+1)\underset{x\to 0}{\sim}x$$

así

$$\ln(x^2+1)\underset{x\to 0}{\sim}x^2.$$

Por lo tanto,

$$\lim_{x\to 0} \frac{\ln(x^2+1)}{x^2}=\lim_{x\to0} \frac{x^2}{x^2}=1.$$

Answer 4

Con la serie:

$\ln(x^2+1)=x^2-\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{3}-+...$ $|x|<1$,

por lo tanto

$\frac{\ln (x^2+1)} {x^2}=1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{3}-+... \to 1$ $x \to 0$