Cómo encontrar este límite $\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}dt-\frac{x^3}{3}+\frac{x^4}{8}}{(x-\sin{x})(e^{x^2}-1)}$

Question

Encuentra este límite $$I=\lim_{x\to 0}\dfrac{\int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}{(x-\sin{x})(e^{x^2}-1)}$$

Creo que $$I=6\lim_{x\to 0}\dfrac{\int_{0}^{x}(\sin{t}\ln{(1+t)}-t^2+\dfrac{t^3}{2})dt}{x^5}$$

Iuse $\sin{x}=x-\dfrac{x^3}{6}+o(x^3)$ y $$\ln{(1+x)}=x-\dfrac{x^2}{2}+\dfrac{x^3}{3}+o(x^3)$$ así que $$\sin{x}\ln{(1+x)}=x^2-\dfrac{x^3}{2}+\dfrac{1}{6}x^4+o(x^4)$$ así que $$I=\dfrac{1}{5}$$

¿Tiene otros métodos?

Answer 1

Utilizar la regla de l'Hôpital no parece lo ideal. Hay que utilizarla cinco veces antes de obtener un resultado de $\frac{1}{5}$ . (Si se envía Mathematica después del límite se obtiene el mismo resultado).

Sin embargo, esos dos términos polinómicos del numerador parecen sospechosamente miembros de alguna expansión de Taylor.

Answer 2

Los factores del integrando y del denominador tienen expansiones en serie de potencias que convergen cerca de $0$ . Si calculas los primeros términos, obtienes lo siguiente.

$\begin{align} I& =\lim_{x\to 0}\dfrac{\displaystyle\int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}\,dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}{(x-\sin{x})(e^{x^2}-1)}\\ \\ & =\lim_{x\to 0}\dfrac{\displaystyle\int_{0}^{x}\left(t-\dfrac{t^3}{6}+\dfrac{t^5}{120}+O(t^7)\right)\cdot\left(t-\dfrac{t^2}{2}+\dfrac{t^3}{3}-\dfrac{t^4}{4}+O(t^5)\right)dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}{\left(\dfrac{x^3}{6}-\dfrac{x^5}{120}+O(x^7)\right)\left(x^2+\dfrac{x^4}{2}+O(x^6)\right)}\\ \\ & =\lim_{x\to 0}\dfrac{\displaystyle\int_{0}^{x}\left(t^2-\dfrac{t^3}{2}+\dfrac{t^4}{6}+O(t^5)\right)dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}{\left(\dfrac{x^3}{6}-\dfrac{x^5}{120}+O(x^7)\right)\left(x^2+\dfrac{x^4}{2}+O(x^6)\right)}\\ \\ & =\lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^3}{3}-\dfrac{x^4}{8}+\dfrac{x^5}{30}+O(x^6)-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}{\dfrac{x^5}{6}+O(x^7)}\\ \\ &= \lim_{x\to 0}\dfrac{\dfrac{x^5}{30}+O(x^6)}{\dfrac{x^5}{6}+O(x^7)}\\ &= \dfrac{1}{5} \end{align}$

Answer 3

Podemos aplicar LHR de la siguiente manera. En primer lugar, observamos que $$\lim_{x \to 0}\frac{x - \sin x}{x^{3}} = \lim_{x \to 0}\frac{1 - \cos x}{3x^{2}} = \frac{1}{6}\text{ (via LHR)},\text{ and }\lim_{x \to 0}\frac{e^{x^{2}} - 1}{x^{2}} = 1$$ y entonces podemos escribir $$\begin{aligned}L &=\lim_{x\to 0}\dfrac{{\displaystyle \int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}}{(x-\sin{x})(e^{x^2}-1)}\\ &= \lim_{x \to 0}\dfrac{{\displaystyle \int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}}{\dfrac{x - \sin x}{x^{3}}\cdot x^{3}\cdot\dfrac{e^{x^{2}} - 1}{x^{2}}\cdot x^{2}}\\ &= 6\lim_{x \to 0}\dfrac{{\displaystyle \int_{0}^{x}\sin{t}\ln{(1+t)}dt-\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^4}{8}}}{x^{5}}\\ &= 6\lim_{x \to 0}\dfrac{\sin x\log(1 + x) - x^{2} + \dfrac{x^{3}}{2}}{5x^{4}}\text{ (Using L'Hospital's Rule)}\\ &= \frac{3}{5}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{2\sin x\log(1 + x) - 2x^{2} + x^{3}}{x^{4}}\\ &= \frac{3}{5}\cdot\lim_{x \to 0}\dfrac{2(\sin x - x)\log(1 + x) + 2x\log(1 + x) - 2x^{2} + x^{3}}{x^{4}}\\ &= \frac{3}{5}\cdot\left\{\lim_{x \to 0}\dfrac{2(\sin x - x)}{x^{3}}\cdot\dfrac{\log(1 + x)}{x} + \lim_{x \to 0}\dfrac{2\log(1 + x) - 2x + x^{2}}{x^{3}}\right\}\\ &= \frac{3}{5}\cdot\left(-\frac{1}{3} + \lim_{x \to 0}\dfrac{2\log(1 + x) - 2x + x^{2}}{x^{3}}\right)\\ &= \frac{3}{5}\cdot\left(-\frac{1}{3} + \lim_{x \to 0}\dfrac{\dfrac{2}{1 + x} - 2 + 2x}{3x^{2}}\right)\text{ (Using L'Hospital's Rule)}\\ &= \frac{3}{5}\cdot\left(-\frac{1}{3} + \frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\dfrac{1 - (1 - x)(1 + x)}{x^{2}(1 + x)}\right)\\ &= \frac{3}{5}\cdot\left(-\frac{1}{3} + \frac{2}{3}\lim_{x \to 0}\dfrac{1}{1 + x}\right)\\ &= \frac{3}{5}\cdot\frac{1}{3} = \frac{1}{5}\end{aligned}$$ Tenga en cuenta que la regla de L'Hospital debe utilizarse junto con diversas manipulaciones para simplificar las expresiones límite. La mera aplicación repetida de L'Hospital sin ninguna simplificación no ayuda en la mayoría de los casos.