Cómo calcular $\lim_{x\to 0^+}\frac{\arctan x-x}{x^2}$ sin la fórmula de Taylor o la regla de L'Hôpital?

Question

Tengo que encontrar $$\lim_{x \rightarrow 0^+} \frac{ \arctan(x)-x}{x^2}$$

sin la fórmula de Taylor o la regla de L'Hôpital.
¿Cómo abordarlo? Cualquier idea es bienvenida.

Answer 1

La función $f(t)$ definido como $\frac{\arctan(t)-t}{t^2}$ para $t\neq 0$ y como $0$ para $t=0$ es una función impar.
Para demostrar que nuestro límite es realmente cero, sólo tenemos que demostrar que $f(t)$ es continua en el origen. Podemos considerar que para cualquier $t>0$ tenemos $$ t f(t) = -\frac{1}{t}\int_{0}^{t}\frac{x^2}{1+x^2}\,dx $$ por lo que $$ \left|t f(t)\right| \leq \frac{1}{t}\int_{0}^{t}x^2\,dt = \frac{t^2}{3} $$ y la continuidad se deduce de $\left|f(t)\right|\leq\frac{|t|}{3}$ para cualquier $t\in(-\varepsilon,\varepsilon)\setminus\{0\}$ .

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Enfoque alternativo: $$ L=\lim_{x\to 0^+}\frac{\arctan x-x}{x^2}=\lim_{\theta\to 0^+}\frac{\theta-\tan\theta}{\tan^2\theta}=\lim_{\theta\to 0^+}\frac{\theta\cos^2\theta-\sin\theta\cos\theta}{\sin^2\theta}$$ o simplemente $$ L=\lim_{x\to 0^+}\frac{\theta\cos\theta-\sin\theta}{\sin^2\theta}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\theta\cot\theta-1}{\sin\theta}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\theta\cot\theta-1}{\theta}=\lim_{\theta\to 0^+}\left(\cot\theta-\frac{1}{\theta}\right).$$ Podemos deducir que el límite es cero demostrando que $\theta=0$ es un polo simple con residuo $1$ de la función meromorfa $\cot\theta$ . Para ello, podemos considerar el producto de Weierstrass del $\sin$ función, $$ \sin(\theta)=\theta\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{\theta^2}{n^2\pi^2}\right)$$ y por diferenciación logarítmica $$ \cot(\theta) = \frac{1}{\theta}+g(\theta) $$ donde $g(\theta)$ es una función holomorfa, y una función impar, en una vecindad del origen.

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Otra forma: podemos demostrar que $\lim_{t\to 0}\frac{t-\arctan t}{t^3}=\frac{1}{3}$ a través del teorema de convergencia dominada, ya que:

$$\lim_{t\to 0}\frac{t-\arctan t}{t^3}=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}\int_{0}^{t}\frac{x^2}{t^2+t^2 x^2}\,dx=\lim_{t\to 0}\int_{0}^{1}\frac{z^2}{1+t^2 z^2}\,dz=\int_{0}^{1}z^2\,dz = \frac{1}{3}.$$

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La última exageración que propongo es explotar el exprimido y la siguiente versión del Desigualdad de Shafer-Fink

$$\forall x\in(0,1),\qquad \arctan(x)\approx\frac{3x}{1+2\sqrt{1+x^2}}$$ que se puede demostrar mediante la convexidad fuerte de la función cotangente en una vecindad derecha del origen y sus fórmulas de duplicación (basta con echar un vistazo al artículo enlazado).
Y usted es libre de sustituir dicha aproximación por una mejor proporcionada por la fracción continua de Gauss Por supuesto.

Answer 2

Tenga en cuenta que

$$\begin{align} \arctan x-x &= \int_0^x\left({1\over1+t^2}-1\right)dt\\ &=\int_0^x{-t^2\over1+t^2}dt\\ &=\int_0^1{-(xu)^2\over1+(xu)^2}xdu\\ &=-x^3\int_0^1{u^2\over1+x^2u^2}du \end{align}$$

Por lo tanto,

$$0\le\left|\arctan x-x\over x^2\right|=\left|x\int_0^1{u^2\over1+x^2u^2}du\right|\le\left|x\int_0^1u^2du\right|={1\over3}|x|\to0\text{ as }x\to0$$

Así que por el teorema del apretón

$$\lim_{x\to0}\left|\arctan x-x\over x^2\right|=0$$

(Observación: Esta es básicamente la misma idea que en la respuesta de Jack D'Aurizio, sólo que expuesta de forma algo diferente).

Answer 3

Este no es tan duro como $$\lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^{3}} = \frac{1}{6}$$ Por una sustitución $\arctan x = t$ y el hecho de que $(\tan t)/t \to 1$ como $t \to 0$ se ve fácilmente que el problema es equivalente a probar que $$\lim_{t \to 0}\frac{\tan t - t}{t^{2}} = 0\tag{1}$$ y es esta relación la que vamos a establecer.

Tratemos primero de $t \to 0^{+}$ . Entonces sabemos que si $0 < t < \pi/2$ entonces $$\sin t < t < \tan t$$ y por lo tanto tenemos $$0 < \frac{\tan t - t}{t^{2}} < \frac{\tan t - \sin t}{t^{2}} = \frac{(1 - \cos t)\sin t}{t^{2}\cos t}$$ y aplicando el teorema de Sqeeze podemos ver que $$\lim_{t \to 0^{+}}\frac{\tan t - t}{t^{2}} = 0$$ Para $t \to 0^{-}$ podemos poner $t = -y$ y que $y \to 0^{+}$ . De este modo, hemos establecido la fórmula límite $(1)$ .

Answer 4

Lo siguiente debería demostrar que el límite es $0$ si existe.

Dot he change of variables $x = 2t/(1-t^2)$ , donde $t \to 0^+$ . Porque $2\arctan(t) = \arctan(2t/(1-t^2)),$ obtenemos la expresión $$\frac{2\arctan(t)-2t/(1-t^2)}{(2t/(1-t^2))^2} = \frac{1}{2}\frac{\arctan(t)-t}{t^2}-\arctan(t)+\frac{1}{2}\arctan(t)t^2+\frac{1}{2}t.$$

Aquí el primer término es $1/2$ veces la expresión original y los otros términos tienden a $0$ .

Así, tenemos $$\lim_{x\to 0^+}\frac{\arctan(x)-x}{x^2} = \frac{1}{2}\lim_{x\to0^+}\frac{\arctan(x)-x}{x^2}.$$

No es una respuesta completa pero no cabía en un comentario.

Repitiendo el mismo argumento podemos demostrar para $n \geq 1$ que

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

Pensándolo bien, tal vez funcione. Sin ser demasiado formal, el argumento anterior muestra que, por inducción, podemos estimar $|(\arctan(x)-x)/x^2|$ por $(1/2)^n|(\arctan(x)-x)/x^2|$ alrededor del origen. Dejando $n \to \infty$ debe demostrar que el límite existe realmente y tiende a cero. Agradezco cualquier comentario al respecto.

Answer 5

$\newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} &\forall\ x > 0\ \exists\ \xi\ \mid\ 0 < \xi < x\quad\mbox{and}\quad {x - \arctan\pars{x} \over x^{2}} = {1 \over x}\,\pars{1 - {1 \over \xi^{\, 2} + 1}} = {1 \over x}\,{\xi^{\, 2} \over \xi^{\, 2} + 1} \\[5mm] &\ \mbox{Also}\,,\ 0 < {1 \over x}\,{\xi^{\, 2} \over \xi^{\, 2} + 1} < {\xi \over \xi^{\, 2} + 1}\quad\implies\quad \color{#f00}{\lim_{x \to 0^{+}}{\arctan\pars{x} - x \over x^{2}}} = \color{#f00}{0}\quad \pars{~Sandwich\ Theorem~} \end{align}