Un problema de límite $\log \sec x$

Question

Si $$f(x) = \dfrac{{\displaystyle 3\int_{0}^{x}(1 + \sec t)\log\sec t\,dt}}{(\log\sec x)\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}$$ then prove that $$\lim_{x \to {\pi/2}^{-}}f(x) = \frac{3}{2}$$ and $$\lim_{x \to 0}\frac{f(x) - 1}{x^{4}} = \frac{1}{420}$$

Mirando el signo integral en el numerador veo que la mejor manera de atacar este problema es a través de L'Hospital de la Regla. Pero eso requiere mostrar que la integral diverge a$\infty$$x \to {\pi/2}^{-}$. Suponiendo que este es el caso que resolvió el primer límite mediante la aplicación de L'Hospital de la regla dos veces. Pero para el segundo límite parece desesperada para tratar de L'Hospital a causa de denominador $x^{4}$, lo que podría requerir de 4 veces su aplicación.

Buscando en las funciones implicadas no se ve fácil de aplicar Taylor serie de expansiones. No estoy seguro de si hay alguna solución elegante para el segundo problema. Por favor, hágamelo saber en cualquier insinuación o una solución para el segundo límite.

Actualización: he probado algunos simplificación junto con LHR para el segundo límite, pero sigue siendo la solución final es la evasión.

Deje $a(x), b(x)$ ser el numerador y el denominador de $f(x)$. Claramente se puede ver que \begin{align} B &= \lim_{x \to 0}\frac{b(x)}{x^{3}}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{\log\sec x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{x^{3}}\notag\\ &= -\lim_{x \to 0}\frac{\log\cos x\{x + \log(1 + \sin x) - \log \cos x\}}{x^{3}}\notag\\ &= -\lim_{x \to 0}\frac{\log\cos x}{x^{2}}\cdot\frac{x + \log(1 + \sin x) - \log \cos x}{x}\notag\\ &= -\lim_{x \to 0}\frac{\log(1 + \cos x - 1)}{\cos x - 1}\cdot\frac{\cos x - 1}{x^{2}}\cdot\frac{x + \log(1 + \sin x) - \log \cos x}{x}\notag\\ &= \frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\frac{x + \log(1 + \sin x) - \log \cos x}{x}\notag\\ &= \frac{1}{2}\lim_{x \to 0}\left(1 + \frac{\log(1 + \sin x)}{\sin x}\cdot\frac{\sin x}{x} - \frac{\log (1 + \cos x - 1)}{\cos x - 1}\cdot x\cdot \frac{\cos x - 1}{x^{2}}\right)\notag\\ &= \frac{1}{2}\cdot 2 = 1\notag \end{align} Por lo tanto, podemos escribir \begin{align} L &= \lim_{x \to 0}\frac{f(x) - 1}{x^{4}}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{a(x) - b(x)}{b(x)x^{4}}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{a(x) - b(x)}{x^{7}}\cdot\frac{x^{3}}{b(x)}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{a(x) - b(x)}{x^{7}}\notag\\ &= \frac{1}{7}\lim_{x \to 0}\frac{a'(x) - b'(x)}{x^{6}}\text{ (via L'Hospital's Rule)}\notag\\ &= \frac{1}{7}\lim_{x \to 0}\frac{3(1 + \sec x)\log\sec x - \tan x\{x + \log(\sec x + \tan x)\} -\log\sec x\{1 + \sec x\}}{x^{6}}\notag\\ &= \frac{1}{7}\lim_{x \to 0}\frac{2(1 + \sec x)\log\sec x - \tan x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{x^{6}}\notag\\ &= \frac{1}{7}\lim_{x \to 0}\frac{2(1 + \cos x)\log\sec x - \sin x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{x^{6}\cos x}\notag\\ &= \frac{1}{7}\lim_{x \to 0}\frac{2(1 + \cos x)\log\sec x - \sin x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{x^{6}}\notag\\ \end{align} Me pregunto qué se puede hacer para ir más allá.

Answer 1

Vamos \begin{eqnarray*} g(x) &=&2(1+\cos x)\log \sec x-\sin x\{x+\log (\sec x+\tan x)\} \\ &=&\{\sin x-2(1+\cos x)\}\log \cos x-x\sin x-\sin x\log (1+\sin x) \\ &=&\{\sin x-2(1+\cos x)\}A(x)-B(x)-C(x) \end{eqnarray*} donde \begin{eqnarray*} A(x) &=&\log \cos x \\ B(x) &=&x\sin x \\ C(x) &=&\sin x\log (1+\sin x) \end{eqnarray*}

Vamos a empezar con $B(x).$ \begin{eqnarray*} B(x) &=&x\sin x \\ &=&x\left[ \sin x-x+\frac{1}{6}x^{3}+x-\frac{1}{6}x^{3}\right] \\ &=&x\left[ \sin x-x+\frac{1}{6}x^{3}\right] +x^{2}-\frac{1}{6}x^{4} \\ &=&x^{6}\left( \frac{\sin x-x+\frac{1}{6}x^{3}}{x^{5}}\right) +x^{2}-\frac{1% }{6}x^{4}. \end{eqnarray*} Ahora vamos a considerar en las mismas líneas de $A(x)$ \begin{eqnarray*} A(x) &=&\log \cos x \\ &=&\log (1+(\cos x-1))-(\cos x-1)+\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2} \\ &&+(\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2} \\ &=&\left( \lim_{x\rightarrow 0}\frac{\log (1+(\cos x-1))-(\cos x-1)+\frac{1}{% 2}(\cos x-1)^{2}}{(\cos x-1)^{3}}\right) \left( \frac{\cos x-1}{x^{2}}% \right) ^{3}\left( x^{6}\right) \\ &&+(\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2} \end{eqnarray*} Permanece $C(x)$ \begin{eqnarray*} C(x) &=&\sin x\log (1+\sin x) \\ &=&\sin x(\log (1+\sin x)-\sin x+\frac{1}{2}\sin ^{2}x-\frac{1}{3}\sin ^{3}x+% \frac{1}{4}\sin ^{4}x \\ &&+\sin x-\frac{1}{2}\sin ^{2}x+\frac{1}{3}\sin ^{3}x-\frac{1}{4}\sin ^{4}x) \\ &=&\sin x\left( \log (1+\sin x)-\sin x+\frac{1}{2}\sin ^{2}x-\frac{1}{3}\sin ^{3}x+\frac{1}{4}\sin ^{4}x\right) \\ &&+\sin ^{2}x-\frac{1}{2}\sin ^{3}x+\frac{1}{3}\sin ^{4}x-\frac{1}{4}\sin ^{5}x \\ &=&(x^{6})\left( \frac{\sin x}{x}\right) ^{6}\left( \frac{\log (1+\sin x)-\sin x+\frac{1}{2}\sin ^{2}x-\frac{1}{3}\sin ^{3}x+\frac{1}{4}\sin ^{4}x}{% \sin ^{5}x}\right) \\ &&+\sin ^{2}x-\frac{1}{2}\sin ^{3}x+\frac{1}{3}\sin ^{4}x-\frac{1}{4}\sin ^{5}x. \end{eqnarray*} Ahora vamos a escribir la expresión resultante de $g(x)$ como sigue \begin{eqnarray*} g(x) &=&\{\sin x-2(1+\cos x)\}A(x)-B(x)-C(x) \\ &=&\{\sin x-2(1+\cos x)\}\left( \frac{\log (1+(\cos x-1))-(\cos x-1)+\frac{1% }{2}(\cos x-1)^{2}}{(\cos x-1)^{3}}\right) \left( \frac{\cos x-1}{x^{2}}% \right) ^{3}\left( x^{6}\right) \\ &&+\{\sin x-2(1+\cos x)\}\{(\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2}\} \\ &&-\left( x^{6}\right) \left( \frac{\sin x-x+\frac{1}{6}x^{3}}{x^{5}}\right) -x^{2}+\frac{1}{6}x^{4} \\ &&-(x^{6})\left( \frac{\sin x}{x}\right) ^{6}\left( \frac{\log (1+\sin x)-\sin x+\frac{1}{2}\sin ^{2}x-\frac{1}{3}\sin ^{3}x+\frac{1}{4}\sin ^{4}x}{% \sin ^{5}x}\right) \\ &&-\sin ^{2}x+\frac{1}{2}\sin ^{3}x-\frac{1}{3}\sin ^{4}x+\frac{1}{4}\sin ^{5}x. \end{eqnarray*} Divida $g(x)$ $x^{6}$ se sigue que \begin{eqnarray*} \frac{g(x)}{x^{6}} &=&\left( \sin x-2(1+\cos x)\right) \left( \frac{\log (1+(\cos x-1))-(\cos x-1)+\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2}}{(\cos x-1)^{3}}\right) \left( \frac{\cos x-1}{x^{2}}\right) ^{3} \\ &&-\left( \frac{\sin x-x+\frac{1}{6}x^{3}}{x^{5}}\right) -\left( \frac{\sin x% }{x}\right) ^{6}\lim_{x\rightarrow 0}\left( \frac{\log (1+\sin x)-\sin x+% \frac{1}{2}\sin ^{2}x-\frac{1}{3}\sin ^{3}x+\frac{1}{4}\sin ^{4}x}{\sin ^{5}x% }\right) \\ &&+((\sin x-2(1+\cos x))((\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2}) \\ &&-x^{2}+\frac{1}{6}x^{4}-\sin ^{2}x+\frac{1}{2}\sin ^{3}x-\frac{1}{3}\sin ^{4}x+\frac{1}{4}\sin ^{5}x)/x^{6}. \end{eqnarray*} Vamos \begin{eqnarray*} h(x) &=&\{\sin x-2(1+\cos x)\}\{(\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2}\} \\ &&-x^{2}+\frac{1}{6}x^{4}-\sin ^{2}x+\frac{1}{2}\sin ^{3}x-\frac{1}{3}\sin ^{4}x+\frac{1}{4}\sin ^{5}x. \end{eqnarray*} Queda sólo para demostrar que \begin{equation*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{h(x)}{x^{6}}=\frac{7}{120} \end{ecuación*} por lo que es fácil de cálculo (con o sin el uso de LHR.

${\bf UPDATE:}$ El propósito de los primeros pasos que se ha hecho previamente reducido el cálculo del límite de $% \frac{g(x)}{x^{6}}$, que es un complicado expresión para el cálculo de el límite de $\frac{h(x)}{x^{6}}$ que es muy simple en comparación con los $% \frac{g(x)}{x^{6}}.$ De hecho, uno puede usar el l'Hospital de la regla de seis veces muy fácilmente, pero antes de comenzar a hacer las derivaciones algunos trigonométricas simplificaciones se utilizan de la siguiente manera. Este es

\begin{equation*} h(x)=(\sin x-2(1+\cos x))((\cos x-1)-\frac{1}{2}(\cos x-1)^{2})-x^{2}+\frac{1% }{6}x^{4}-\sin ^{2}x+\frac{1}{2}\sin ^{3}x-\frac{1}{3}\sin ^{4}x+\frac{1}{4}% \sin ^{5}x. \end{ecuación*}

Desarrollar el producto de los dos primeros paréntesis y el siguiente simplificación y el uso de power-reducción de fórmulas (https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_trigonometric_identities#Multiple-angle_formulae) \begin{equation*} \begin{array}{ccc} \sin ^{2}\theta =\frac{1-\cos 2\theta }{2} & & \cos ^{2}\theta =\frac{% 1+\cos 2\theta }{2} \\ \sin ^{3}\theta =\frac{3\sin \theta -\sin 3\theta }{4} & & \cos ^{3}\theta =% \frac{3\cos \theta +\cos 3\theta }{4} \\ \sin ^{4}\theta =\frac{3-4\cos 2\theta +\cos 4\theta }{8} & & \cos ^{4}\theta =\frac{3+4\cos 2\theta +\cos 4\theta }{8} \\ \sin ^{5}\theta =\frac{10\sin \theta -5\sin 3\theta +\sin 5\theta }{16} & & \cos ^{5}\theta =\frac{10\cos \theta +5\cos 3\theta +\cos 5\theta }{16}% \end{array} \end{ecuación*}

entonces uno puede re-escribir $h(x)\ $como sigue \begin{equation*} h(x)=\frac{1}{6}x^{4}-\frac{35}{32}\sin x-x^{2}-\frac{1}{4}\cos x-\frac{5}{6}% \cos 2x+\frac{1}{4}\cos 3x- \frac{1}{24}\cos 4x+\sin 2x-\frac{21}{% 64}\sin 3x+\frac{1}{64}\sin 5x+\frac{7}{8} \end{ecuación*}

y por lo tanto los derivados son simplemente calculado (porque no hay poder en la parte superior del pecado y de la cos), por lo que \begin{equation*} h^{\prime }(x)=\frac{1}{4}\sin x-\frac{35}{32}\cos x-2x+\frac{2}{3}% x^{3}+2\cos 2x-\frac{63}{64}\cos 3x+ \frac{5}{64}\cos 5x+\frac{5}{% 3}\sin 2x-\frac{3}{4}\sin 3x+\frac{1}{6}\sin 4x \end{ecuación*} \begin{equation*} h^{\prime \prime }(x)=\frac{1}{4}\cos x+\frac{35}{32}\sin x+2x^{2}+\frac{10}{% 3}\cos 2x-\frac{9}{4}\cos 3x+ \frac{2}{3}\cos 4x-4\sin 2x+\frac{% 189}{64}\sin 3x-\frac{25}{64}\sin 5x- 2 \end{ecuación*} \begin{equation*} h^{\prime \prime \prime }(x)=4x+\frac{35}{32}\cos x-\frac{1}{4}\sin x-8\cos 2x+\frac{567}{64}\cos 3x- \frac{125}{64}\cos 5x-\frac{20}{3}\sin 2x+\frac{27}{4}\sin 3x-\frac{8}{3}\sin 4x \end{ecuación*} \begin{equation*} h^{(4)}(x)=\frac{81}{4}\cos 3x-\frac{35}{32}\sin x-\frac{40}{3}\cos 2x-\frac{% 1}{4}\cos x-\frac{32}{3} \cos 4x+16\sin 2x-\frac{1701}{64}\sin 3x+% \frac{625}{64}\sin 5x+4 \end{ecuación*} \begin{equation*} h^{(5)}(x)=\frac{1}{4}\sin x-\frac{35}{32}\cos x+32\cos 2x-\frac{5103}{64}% \cos 3x+ \frac{3125}{64}\cos 5x+\frac{80}{3}\sin 2x-\frac{243}{4}% \sin 3x+\frac{128}{3}\sin 4x \end{ecuación*} \begin{equation*} h^{(6)}(x)=\frac{1}{4}\cos x+\frac{35}{32}\sin x+\frac{160}{3}\cos 2x-\frac{% 729}{4}\cos 3x+ \frac{512}{3}\cos 4x-64\sin 2x+\frac{15\,309}{64}% \sin 3x-\frac{15\,625}{64} \sin 5x \end{ecuación*}

\begin{eqnarray*} \lim_{x\rightarrow 0}\frac{h(x)}{x^{6}} &=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{% h^{\prime }(x)}{6x^{5}}=\cdots =\lim_{x\rightarrow 0}\frac{h^{(6)}(x)}{6!}=% \frac{h^{(6)}(0)}{6!} \\ &=&\frac{1}{6!}\left( \frac{1}{4}\cos (0)+\frac{160}{3}\cos (0)-\frac{729}{4}% \cos (0)+ \frac{512}{3}\cos (0)\right) \\ &=&\frac{1}{6!}\left( \frac{1}{4}+\frac{160}{3}-\frac{729}{4}+\frac{512}{3}% \right) \\ &=&\frac{7}{120}. \end{eqnarray*} Por el camino, uno tiene que verificar que en cada nivel (excepto la última) la corriente derivada es $zero$ $x=0,$ con el fin de ser capaz de re-uso de LHR.

Answer 2

Aquí está mi trabajo para el primer límite: que $f(x) = \frac{num(x)}{den(x)}$. Llegamos a $\infty/\infty$ para que podamos utilizar a L'Hopital:

\begin{align*} \frac{num'(x)}{den'(x)}&=\frac{3(1+\sec(x))\log \sec x}{(\tan(x))(x + \log(\sec x + \tan x)) + (\log \sec (x)) (1 + \sec(x)) }\\ &= \frac{3(1+\sec(x))\log \sec x}{(\tan(x))[x + (\log \sec x) +\log(1+\sin(x))] + (\log \sec x)(1+\sec(x)) )}\\ &= \frac{3}{\left(\frac{\tan(x)}{1+\sec(x)}\right)\left(1 + \frac{x + \log(1 + \sin(x))}{\log \sec x}\right)+ 1} \end{align*} teniendo un límite de entrega de $x\rightarrow \pi/2^-$ $3/2$.

Answer 3

Mientras todavía estoy buscando una solución sencilla basada en LHR, he encontrado que el método de series de Taylor también puede ser aplicado sin mucha dificultad. Sin embargo vamos a necesitar para hacer la sustitución de $\tan x = t$, de modo que $\sec x = \sqrt{1 + t^{2}}$ y $x \to 0$ también contamos $t \to 0$. Podemos hacer la simplificación de la siguiente manera \begin{align} A &= \lim_{x \to 0}\frac{2(1 + \sec x)\log \sec x - \tan x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{x^{6}}\notag\\ &= \lim_{x \to 0}\frac{(1 + \sec x)\log(1 + \tan^{2}x) - \tan x\{x + \log(\sec x + \tan x)\}}{\tan^{6}x}\cdot\frac{\tan^{6}x}{x^{6}}\notag\\ &= \lim_{t \to 0}\frac{(1 + \sqrt{1 + t^{2}})\log(1 + t^{2}) - t\{\tan^{-1}t + \log(t + \sqrt{1 + t^{2}})\}}{t^{6}}\notag\\ &= \lim_{t \to 0}\frac{g(t) - h(t)}{t^{6}}\notag \end{align} La serie de Taylor expansiones de las funciones en el numerador son fáciles de encontrar, con la excepción de $\log(t + \sqrt{1 + t^{2}})$. Pero sabemos que \begin{align} \log(t + \sqrt{1 + t^{2}}) &= \int_{0}^{t}\frac{dx}{\sqrt{1 + x^{2}}}\notag\\ &= \int_{0}^{t}\left(1 - \frac{x^{2}}{2} + \frac{3x^{4}}{8} + o(x^{4})\right)\,dx\notag\\ &= t - \frac{t^{3}}{6} + \frac{3t^{5}}{40} + o(t^{5})\notag\\ \end{align} Así, podemos ver que \begin{align} h(t) &= t\{\tan^{-1}t + \log(t + \sqrt{1 + t^{2}})\}\notag\\ &= t\left(t - \frac{t^{3}}{3} + \frac{t^{5}}{5} + t - \frac{t^{3}}{6} + \frac{3t^{5}}{40} + o(t^{5})\right)\notag\\ &= 2t^{2} - \frac{t^{4}}{2} + \frac{11t^{6}}{40} + o(t^{6})\notag \end{align} Y más \begin{align} g(t) &= (1 + \sqrt{1 + t^{2}})\log(1 + t^{2})\notag\\ &= \left(2 + \frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{4}}{8} + o(t^{4})\right)\left(t^{2} - \frac{t^{4}}{2} + \frac{t^{6}}{3} + o(t^{6})\right)\notag\\ &= t^{2}\left(2 + \frac{t^{2}}{2} - \frac{t^{4}}{8} + o(t^{4})\right)\left(1 - \frac{t^{2}}{2} + \frac{t^{4}}{3} + o(t^{4})\right)\notag\\ &= t^{2}\left(2 - \frac{t^{2}}{2} + \frac{7t^{4}}{24} + o(t^{4})\right)\notag\\ &= 2t^{2} - \frac{t^{4}}{2} + \frac{7t^{6}}{24} + o(t^{6})\notag \end{align} Ahora está claro que $$A = \lim_{t \to 0}\frac{g(t) - h(t)}{t^{6}} = \frac{7}{24} - \frac{11}{40} = \frac{35 - 33}{120} = \frac{1}{60}$$ and hence $$L = \frac{A}{7} = \frac{1}{420}$$ Deshacerse de las funciones trigonométricas $\sec x, \tan x$ no ayuda en tener más simple serie de Taylor que necesitan muy poca cantidad de cálculo. La única función trigonométrica es $\tan^{-1}t$ a que la más simple de series de Taylor.

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Otro quizás más simple de enfoque a través de la serie de Taylor sería el uso de la serie de $\sec x, \tan x$, seguido por la integración (para obtener la serie de $\log \sec x$, $\log(\sec x + \tan x)$) y por lo tanto encontrar una serie de Taylor para $f(x)$ que conduzca directamente a $$f(x) = 1 + \frac{x^{4}}{420} + o(x^{4})$$ Thus we can start with $$\tan x = x + \frac{x^{3}}{3} + \frac{2x^{5}}{15} + o(x^{5})$$ and $$\sec x = \dfrac{1}{\cos x} = \dfrac{1}{1 - \dfrac{x^{2}}{2} + \dfrac{x^{4}}{24} + o(x^{4})} = 1 + \frac{x^{2}}{2} + \frac{5x^{4}}{24} + o(x^{4})$$ and on integrating the series for $\tan x, \sec x$ obtenemos \begin{align} \log \sec x &= \frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{12} + \frac{x^{6}}{45} + o(x^{6})\notag\\ \log(\sec x + \tan x) &= x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{24} + o(x^{5})\notag\\ \Rightarrow (1 + \sec t)\log \sec t &= \left(2 + \frac{t^{2}}{2} + \frac{5t^{4}}{24} + o(t^{4})\right)\left(\frac{t^{2}}{2} + \frac{t^{4}}{12} + \frac{t^{6}}{45} + o(t^{6})\right)\notag\\ &= t^{2}\left(2 + \frac{t^{2}}{2} + \frac{5t^{4}}{24} + o(t^{4})\right)\left(\frac{1}{2} + \frac{t^{2}}{12} + \frac{t^{4}}{45} + o(t^{4})\right)\notag\\ &= t^{2}\left(1 + \frac{5t^{2}}{12} + \frac{137t^{4}}{720} + o(t^{4})\right)\notag\\ &= t^{2} + \frac{5t^{4}}{12} + \frac{137t^{6}}{720} + o(t^{6})\notag \end{align} De ello se desprende que $$a(x) = 3\int_{0}^{x}(1 + \sec t)\log\sec t\,dt = x^{3}\left(1 + \frac{x^{2}}{4} + \frac{137x^{4}}{1680} + o(x^{4})\right)$$ y \begin{align} b(x) &= \{x + \log(\sec x + \tan x)\}\log \sec x\notag\\ &= \left(2x + \frac{x^{3}}{6} + \frac{x^{5}}{24} + o(x^{5})\right)\left(\frac{x^{2}}{2} + \frac{x^{4}}{12} + \frac{x^{6}}{45} + o(x^{6})\right)\notag\\ &= x^{3}\left(2 + \frac{x^{2}}{6} + \frac{x^{4}}{24} + o(x^{4})\right)\left(\frac{1}{2} + \frac{x^{2}}{12} + \frac{x^{4}}{45} + o(x^{4})\right)\notag\\ &= x^{3}\left(1 + \frac{x^{2}}{4} + \frac{19x^{4}}{240} + o(x^{4})\right)\notag \end{align} Así, podemos ver que \begin{align} f(x) &= \frac{a(x)}{b(x)} = \dfrac{1 + \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{137x^{4}}{1680} + o(x^{4})}{1 + \dfrac{x^{2}}{4} + \dfrac{19x^{4}}{240} + o(x^{4})}\notag\\ &= 1 + px^{2} + qx^{4} + o(x^{4})\notag \end{align} donde $$p + \frac{1}{4} = \frac{1}{4},\, q + \frac{p}{4} + \frac{19}{240} = \frac{137}{1680}$$ so that $$p = 0, q = \frac{137 - 133}{1680} = \frac{4}{1680} = \frac{1}{420}$$ and finally we get $$f(x) = 1 + \frac{x^{4}}{420} + o(x^{4})$$ as desired. This however does involve the division of power series one time and multiplication of power series 2 times (not to mention the use of not so familiar Taylor series for $\sec x, \tan x$ en el primer lugar). El primer enfoque que he dado en mi respuesta utiliza el producto de dos series de una sola vez, y una aplicación de LHR (dada en la pregunta en sí misma).