Evaluar $\lim_{x\rightarrow \infty} x\int_{0}^{x}e^{t^2-x^2}dt$

Question

Evaluar $\lim_{x\rightarrow \infty} x\int_{0}^{x}e^{t^2-x^2}dt$

Mi enfoque:

$$ \lim_{x\rightarrow \infty} x\int_{0}^{x}e^{t^2-x^2}dt = \lim_{x\rightarrow \infty} \frac{\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}{x^{-1}e^{x^2}} $$

Tanto el numerador como el denominador $\rightarrow \infty$ como $x\rightarrow \infty$ . Aplicar la regla de L'Hopital y FTC:

$$ \lim_{x\rightarrow \infty} x\int_{0}^{x}e^{t^2-x^2}dt = \lim_{x\rightarrow \infty} \dfrac{e^{x^2}}{2e^{x^2}-x^{-2}e^{x^2}}=\frac{1}{2} $$

Estoy buscando una verificación de mi resultado. Gracias.

Answer 1

El numerador tras aplicar la regla de L'Hospital en el PO es incorrecto tal y como está escrito. Tenga en cuenta que $$\frac{d}{dx} \int_0^x e^{t^2}\,dt=e^{x^2}\ne e^{x^2}-1$$

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La aplicación de la regla de L'Hospital revela que

$$\begin{align} \lim_{x\to \infty }x\int_0^x e^{t^2-x^2}\,dt&=\lim_{x\to \infty }\frac{\int_0^x e^{t^2}\,dt}{\frac{e^{x^2}}x}\\\\ &=\lim_{x\to \infty }\frac{e^{x^2}}{2e^{x^2}-\frac{e^{x^2}}{x^2}}\\\\ &=\lim_{x\to \infty }\frac{1}{2-\frac{1}{x^2}}\\\\ &=\frac12 \end{align}$$

¡y hemos terminado!

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He pensado que podría ser instructivo presentar un enfoque que no se base en la Regla de L'Hospital. Con ese fin, procedemos ahora.

Ejecución de la sustitución $t\mapsto \sqrt{x^2-t}$ tenemos

$$\begin{align} \lim_{x\to\infty} x\int_0^x e^{t^2-x^2}\,dt&=\lim_{x\to\infty} x\int_0^{x^2} \frac{e^{-t}}{2\sqrt{x^2-t}}\,dt\\\\ &=\frac12 \lim_{x\to\infty}\int_0^{x^2} \frac{e^{-t}}{\sqrt{1-\frac{t}{x^2}}}\,dt\\\\ &=\frac12\int_0^\infty e^{-t}\,dt\\\\ &=\frac12 \end{align}$$

¡como se esperaba!

Answer 2

\begin{align*} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} x^{-1} \mathrm{e}^{x^2} &= \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}(x^{-1})\mathrm{e}^{x^2} + x^{-1} \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\mathrm{e}^{x^2} \\ &= -x^{-2}\mathrm{e}^{x^2} + x^{-1}2x\mathrm{e}^{x^2} \text{,} \end{align*} que no es lo que tienes en tu denominador...

Answer 3

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ $\ds{\Large\left. a\right)}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{x \to \infty}\pars{x\int_{0}^{x}\expo{t^{2} - x^{2}}\dd t}} = \lim_{x \to \infty}\bracks{x\int_{0}^{x}\expo{\pars{x - t}^{2} - x^{2}}\dd t} \\[5mm] = & \lim_{x \to \infty}\bracks{x\int_{0}^{x}\expo{-2tx}\expo{-t^{2}} \dd t} = \lim_{x \to \infty}\pars{x\int_{0}^{\infty}\expo{-2tx}\dd t} \\[5mm] = &\ \lim_{x \to \infty}\pars{x\,{1 \over 2x}} = \bbx{1 \over 2} \\ & \end{align} Ver Método de Laplace .

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$\ds{\Large\left. b\right)}$ \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{x \to \infty} \pars{x\int_{0}^{x}\expo{t^{2} - x^{2}}\dd t}} \lim_{x \to \infty} \braces{x\bracks{{1 \over 2}\,\root{\pi}\expo{-x^{2}}\,{\mrm{erf}\pars{\ic x} \over \ic}}} \end{align}

donde $\ds{\mrm{erf}}$ es un Función de error que tiene el comportamiento asintótico $\ds{\mrm{erf}\pars{\ic x} \sim 1 - {\expo{x^{2}} \over \root{\pi}\ic x}}$ . Entonces, \begin{align} &\bbox[5px,#ffd]{\lim_{x \to \infty} \pars{x\int_{0}^{x}\expo{t^{2} - x^{2}}\dd t}} = \bbx{1 \over 2} \\ & \end{align}