Límite de $\frac{1}{x^4}\int_{\sin x}^{x} \arctan t dt$

Question

Estoy tratando de encontrar este límite,

$$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{1}{x^4} \int_{\sin{x}}^{x} \arctan{t}dt$$

Usando el teorema fundamental del cálculo, parte 1, $\arctan$ es una función continua, por lo que $$F(x):=\int_0^x \arctan{t}dt$$ y puedo cambiar el límite a $$\lim_{x \rightarrow 0} \frac{F(x)-F(\sin x)}{x^4}$$

Sigo recibiendo $+\infty$ , pero cuando realmente integro $\arctan$ (integración por partes) y trazar la función dentro del límite, la gráfica tiende a $-\infty$ como $x \rightarrow 0+$ .

Intenté usar la regla de l'Hospital, pero el cálculo se vuelve tedioso.

¿Alguien puede darme pistas?

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Seguí pensando en el problema, y pensé en las series de potencias y lo resolví, volví a la página y encontré 3 grandes respuestas. ¡Gracias!

Answer 1

Las series de potencia pueden ayudar, si las conoces.

Sabemos que $$ \arctan t=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{2n+1}}{2n+1},\qquad \lvert t\rvert<1. $$ Por lo tanto, una antiderivada para $\arctan t$ es $$ F(t):=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{t^{2n+2}}{(2n+1)(2n+2)},\qquad \lvert t\rvert<1. $$ Así que, como $x\to0$ , $$ F(x)=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{12}+O(x^6). $$ Ahora, recordando que $$ \sin x=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)=x+O(x^3), $$ vemos que como $x\to0$ (y por lo tanto $\sin x\to0$ ), $$ \begin{align*} F(\sin x)&=\frac{1}{2}\left(x-\frac{x^3}{6}+O(x^5)\right)^2-\frac{1}{12}\left(x+O(x^3)\right)^4+O[(x+O(x^3))^6]\\ &=\frac{1}{2}\left[x^2-\frac{x^4}{3}+O(x^6)\right]-\frac{1}{12}\left[x^4+O(x^6)\right]+O(x^6)\\ &=\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}+O(x^6) \end{align*} $$ Así que, en conjunto, nuestro límite es $$ \lim_{x\to0}\frac{F(x)-F(\sin x)}{x^4}=\lim_{x\to0}\frac{\,\frac{x^4}{6}\,}{x^4}=\frac{1}{6} $$

Answer 2

Esta es una forma de hacerlo. La expansión de Taylor para $\arctan(x) = x - x^3/3 + x^5/5 + \cdots$ . Así que entonces $$ \int_{\sin(x)}^x \arctan(t)dt \sim (x^2/2 - x^4/12 + x^6/30) - \frac{(\sin x)^2}{2} + \frac{(\sin x)^4}{12} - \frac{(\sin x)^6}{30}.$$

Usando otra expansión de Taylor, $\sin x = x - x^3/3! + x^5/5! + \cdots$ por lo que el plan es prestar atención sólo a los términos de grado hasta $4$ en estas expansiones. Entonces (eliminando todos los términos de grado mayor que $4$ ), $$ (\sin x)^2/2 = (x - x^3/3!)^2/2 = x^2/2 - x^4/6$$ y $$ (\sin x)^4/12 = (x - x^3/3!)^4/4 = x^4/12.$$ Así, $$ \int_{\sin(x)}^x \arctan(t)dt \sim (x^2/2 - x^4/12) - (x^2/2 - x^4/6) + x^4/12 = x^4/6.$$

Así que multiplicando por $x^{-4}$ y tomando el límite se obtiene $1/6$ .

Como nota, la regla de l'Hopital también funcionaría.

Answer 3

Desde $F(0) = 0$ y todo es suave, puede aplicar de l'Hopital y obtener

$$\lim_{x \to 0}\frac{F(x)-F(\sin x)}{x^4} = \lim_{x \to 0}\frac{\arctan x - \cos x\arctan \sin x}{4x^3}.$$

Este último límite se puede evaluar mediante series de Taylor:

$$\arctan x = x-\frac{x^3}{3}+O(x^5) $$ y

$$\cos x \arctan \sin x = x-x^3+O(x^5) $$

y el límite que se busca es igual a

$$\lim_{x \to 0}\frac{x-\dfrac{x^3}{3}-x+x^3 + O(x^5)}{4x^3} = \frac{1}{6}. $$

La expansión de Taylor "fea" se obtiene combinando las expansiones de Taylor de $\sin$ , $\cos$ y $\arctan$ . Más fácil de hacer que de decir.

Answer 4

Obsérvese que por el teorema del valor medio de las integrales tenemos $$\int_{\sin x}^{x}\arctan t\,dt = (x - \sin x)\arctan c$$ para algunos $c$ entre $x$ y $\sin x$ . Entonces tenemos $$\lim_{x \to 0}\frac{1}{x^{4}}\int_{\sin x}^{x}\arctan t\,dt = \lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^{3}}\cdot\frac{\arctan c}{x}$$ El primer factor de la derecha tiende a $1/6$ (mediante la regla de L'Hospital o la serie de Taylor) y demostramos que el siguiente factor tiende a $1$ . Para ello suponemos que $x \to 0^{+}$ para que $\sin x < c < x$ y por lo tanto $$\arctan \sin x < \arctan c < \arctan x$$ y dividiendo por $x$ obtenemos $$\frac{\arctan \sin x}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x} < \frac{\arctan c}{x} < \frac{\arctan x}{x}$$ Por el teorema de Squeeze vemos que $(\arctan c)/x \to 1$ como $x \to 0^{+}$ . Un argumento similar puede darse para $x \to 0^{-}$ y tenemos el límite deseado como $1/6$ .