Calcular el límite de la función

Question

Por favor, ayúdame a calcular el límite de la función. No sé por dónde empezar.

Gracias.

Answer 1

Dejemos que $$ f(x)= \left[\left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2-\frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}-2x^3+1\right] $$ y $$g(x)=-\frac{1}{\left(1-\operatorname{e}^{2x^2}\right)\sinh(3x^2)}.$$ Tenemos que encontrar el límite para $x\to0$ de la función $\varphi(x)=[f(x)]^{-\frac{1}{g(x)}}$ $$ \lim_{x\to 0}\varphi(x)=\lim_{x\to 0}[f(x)]^{g(x)} $$ Para $x\to 0$ para el primer término del paréntesis tenemos $$ \begin{align} \sin(x+x^2)&\sim x+x^2-\frac{(x+x^2)^3}{6}\sim x+x^2-\frac{x^3}{6}-\frac{x^4}{2}+o(x^4)\\ % \frac{1}{1-x^2}&\sim 1+x^2+x^4+o(x^4)\\ % \frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}&\sim \left(x+x^2-\frac{x^3}{6}-\frac{x^4}{2}\right)\left( 1+x^2+x^4\right)\sim x+x^2+\frac{5}{6}x^3+\frac{x^4}{2}+o(x^4)\\ \left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2&\sim \left(x+x^2+\frac{5}{6}x^3+\frac{x^4}{2}\right)\sim x+2x^2+\frac{8}{3}x^4+o(x^4) \end{align}$$ Para la segunda legislatura $$ \begin{align} \arctan(x^2)&\sim x^2+x^4+o(x^4)\\ \frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}&\sim \left(x^2+x^4\right)\left( 1+x^2+x^4\right)\sim x^2+2x^4+o(x^4)\\ \end{align} $$ Así que la expansión de Taylor para $f(x)$ en el orden 4 es $$ f(x)\sim x+2x^2+\frac{8}{3}x^4-(x^2+2x^4)-2x^3+1\sim 1+\frac{2}{3}x^4+o(x^4) $$ Ahora vamos a encontrar la expansión de Taylor para $g(x)$ . Observando que $$ \begin{align} 1-\operatorname{e}^{2x^2}&\sim 1-\left(1-2x^2-\frac{(2x)^2}{2}\right)=-2x^2+2x^4+o(x^4)\\ \sinh(3x^2)&\sim 3x^2+\frac{(3x^2)^3}{6}\sim 3x^2+o(x^4) \end{align} $$ encontramos $$ g(x)\sim-\frac{1}{6x^4+o(x^4)} $$ Si lo juntamos todo, tenemos $$ \varphi(x) \sim\left[1+\frac{2}{3}x^4\right]^{-1/(6x^4)}=\exp\left({-\frac{1}{6x^4}}\log\left(1+\frac{2}{3}x^4\right)\right) $$ y observando que $$ \log\left(1+\frac{2}{3}x^4\right)\sim \frac{2}{3}x^4+o(x^4) $$ finalmente encontramos para $x\to 0$ $$ \varphi(x)\sim\exp\left(-\frac{1}{6x^4}\frac{2}{3}x^4\right)\to \operatorname{e}^{-1/9}. $$

Answer 2

Para empezar, suponiendo que el límite L existe, entonces $$ \begin{align} \\ \lim_{x\to0} f(x)^{g(x)} &={\rm L} \\ \lim_{x\to0} {g(x)} \ln f(x) &=\ln {\rm L} \end{align} $$ Donde $$ \begin{align} f(x)&= \left[\left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2-\frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}-2x^3+1\right] \\ g(x) &=-\frac{1}{\left(1-\operatorname{e}^{2x^2}\right)\sinh(3x^2)}. \end{align} $$

así que $$ \begin{align} \\ \lim_{x\to0} {g(x)} \ln f(x) &=\ln {\rm L} \\ \lim_{x\to0} -\frac{\ln\left[\left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2-\frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}-2x^3+1\right]}{{\left(1-\operatorname{e}^{2x^2}\right)\sinh(3x^2)}}&= \ln {\rm L} \\ \lim_{x\to0} \frac{\ln\left[\left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2-\frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}-2x^3+1\right]}{{\left(1-\operatorname{e}^{2x^2}\right)\sinh(3x^2)}}&= \ln {\rm \frac{1}{L}} \end{align} $$ El último límite es de la forma $\frac{0}{0}$ Así que apela al espíritu de L'Hopital

$$\begin{align}\\ \lim_{x\to0} \frac{\frac{\rm d}{{\rm d}x}\left(\ln\left[\left(\frac{\sin(x+x^2)}{1-x^2}\right)^2-\frac{\arctan(x^2)}{1-x^2}-2x^3+1\right]\right)}{{\frac{\rm d}{{\rm d}x}\left(\left(1-\operatorname{e}^{2x^2}\right)\sinh(3x^2)\right)}}&= \ln {\rm \frac{1}{L}} \end{align} $$

Ahora se puede evaluar lo anterior, si no se repite L'Hopital para obtener el resultado deseado.