Encuentre $\lim_{x\to0+}\ x\cdot\left(\ln x\right)^{2}$

Question

Q:

Encuentre $\lim_{x\to0+}\ x\cdot\left(\ln x\right)^{2}$

Mi enfoque:

$$\lim_{x\to0+}\ x\cdot\left(\ln x\right)^{2}\ \to0\cdot\infty$$ $$\lim_{x\to0+\ }\left(\frac{x}{\left(\ln x\right)^{-2}}\right)\to\frac{0}{0}$$ Aplicación de la regla LH, $$\lim_{x\to0+}\left(\frac{x}{-2\ln\left(x\right)^{-3}}\right)\to\frac{0}{0}$$

pero esto no hace más que seguir la indeterminación siempre permanece. ¿cómo puedo calcular el límite? ¿En qué me estoy equivocando? No sé nada de transformaciones y demás, estoy en el instituto, ¿hay alguna otra forma de encontrar esto?

Answer 1

Prueba en cambio la otra reescritura: $$\begin{align*} \lim_{x\to 0^+}x(\ln(x))^2 &= \lim_{x\to 0^+}\frac{(\ln x)^2}{x^{-1}} = \lim_{x\to 0^+}\frac{2\ln(x)/x}{-x^{-2}}\\ &= \lim_{x\to 0^+}2x\ln(x) = 2\lim_{x\to 0^+}x\ln(x). \end{align*}$$ Esto sigue siendo una indeterminación, pero parece más fácil que el original. Así que lo hacemos de nuevo: $$\begin{align*} \lim_{x\to 0^+}x(\ln x)^2 &= 2\lim_{x\to 0^+}x\ln(x) = 2\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln(x)}{x^{-1}}\\ &= 2\lim_{x\to 0^+}\frac{x^{-1}}{-x^{-2}} = 2\lim_{x\to 0^+}(-x) = 2(0) = 0. \end{align*}$$

Answer 2

Cuando al asignar una parte al numerador y la otra al denominador se produce una secuencia de aplicaciones de la regla de l'Hospital que empeoran gradualmente, intercambia cuál es cuál.

$$ \lim_{x \rightarrow 0^+} x \cdot (\ln x)^2 = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{(\ln x)^2}{1/x} \text{.} $$

Esto da una versión infinita de la regla de l'Hospital. $$ \cdots = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2(\ln x) \cdot \frac{1}{x}}{-1/x^2} = \lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{2(\ln x)}{-1/x} \text{,} $$ y con el intercambio, vemos que las aplicaciones de la regla son mejoras incrementales. Una aplicación más y el logaritmo desaparece...

Answer 3

Si damos por hecho que $\lim_{u\to0^+}u\ln u=0$ Entonces, dejando que $x=u^2$ tenemos

$$\lim_{x\to0^+}x(\ln x)^2=\lim_{u\to0^+}u^2(\ln u^2)^2=(2\lim_{u\to0^+}u\ln u)^2=(2\cdot0)^2=0$$

Hay varias formas de establecer $\lim_{u\to0^+}u\ln u=0$ , incluyendo L'Hopital:

$$\lim_{u\to0^+}u\ln u=\lim_{u\to0^+}{\ln u\over1/u}=\lim_{u\to0^+}{1/u\over-1/u^2}=-\lim_{u\to0^+}u=0$$

y la definición del logaritmo natural como una integral:

$$|u\ln u|=\left|u\int_1^u{dt\over t}\right|=u\left(\int_u^{\sqrt u}{dt\over t} +\int_\sqrt u^1{dt\over t}\right)\le u\left({\sqrt u-u\over u} +{1-\sqrt u\over\sqrt u}\right)=2(\sqrt u-u)\to0$$

(donde la desigualdad requiere $u\le1$ ).

Answer 4

Dejemos que $f(x)=x\ln(x)^2$ entonces $f'(x)=\underbrace{\ln(x)}_{<0}\underbrace{(\ln(x)+2)}_{<0}>0$ en un barrio de $0+$ .

Así que $f\nearrow$ cerca de $0+$ y $f$ continua en $(0,1]$ y $f\ge 0$ por lo tanto $f$ está acotado en $[0,1]$ .

Pero entonces $f(x)=(\sqrt{x})^2\ln((\sqrt{x})^2)^2=(\sqrt{x})^2\times 4\ln(\sqrt{x})^2=4\underbrace{f(\sqrt{x})}_{<M}\underbrace{\sqrt{x}}_{\to 0}\to 0$

Obsérvese que esta prueba es fácilmente adaptable a $x\ln(x)^p$ .