$\lim_{x \to 0} \frac{\log \left(\cosh\left(x^2-xc\right) \right)}{x^2}=\frac{c^2}{2}$ sin la regla de L'Hospital

Question

Cómo demostrarlo sin usar la regla de L'Hospital \begin{align} \lim_{x \to 0} \frac{\log \left(\cosh\left(x^2-xc\right) \right)}{x^2}=\frac{c^2}{2} \end{align}

Pude mostrar el límite superior utilizando el límite $\cosh(x) \le e^{x^2/2}$ \begin{align} \lim_{x \to 0} \frac{\log \left(\cosh\left(x^2-xc\right) \right)}{x^2} \le \lim_{x \to 0} \frac{\left(x^2-xc\right)^2}{2x^2}=\frac{c^2}{2} \end{align}

Mi pregunta: Cómo terminar este argumento.

Answer 1

PRIMER:

En Esta respuesta En el caso de la función exponencial, demostré utilizando sólo la definición de límite de la función exponencial y la desigualdad de Bernoulli que las funciones exponencial y logarítmica satisfacen las desigualdades

$$1+x\le e^x\le \frac{1}{1-x} \tag 1$$

para $x<1$ y

$$\frac{x-1}{x}\le \log(x)\le x-1 \tag 2$$

para $x>0$ respectivamente.

También se puede demostrar que

$$|\sinh(x)|\ge |x| \tag 3$$

para todos $x$ .

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METODOLOGÍA $1$ : DESARROLLAR UN LÍMITE INFERIOR ÚTIL

La OP ha expresado su preferencia por encontrar un límite inferior útil para la función de interés. Para ello, procedemos.

Si queremos encontrar un límite inferior, podemos aplicar $(2)$ y $(3)$ y proceda a escribir

$$\begin{align} \log(\cosh(x^2-cx)) &=\log\left(1-(1-\cosh(x^2-cx))\right)\\\\ &=\log\left(1+2\sinh^2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)\right)\\\\ &\ge \frac{2\sinh^2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)}{1+2\sinh^2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)}\\\\ &\ge \frac{2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)^2}{1+2\sinh^2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)}\tag 4 \end{align}$$

Entonces, dividiendo $(4)$ por $x^2$ encontramos que

$$\frac{\log(\cosh(x^2-cx))}{x^2}\ge \frac12 \frac{(x-c)^2}{1+2\sinh^2\left(\frac{x^2-cx}{2}\right)} \tag 5$$

El límite del lado derecho de $(5)$ se acerca a $\frac{c^2}2$ como $x\to 0$

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METODOLOGÍA $2$ : APLICACIÓN DEL TEOREMA DE TAYLOR

La OP ha afirmado que la aplicación de Taylor es un camino aceptable. Con ese fin, procedemos.

Nota del Teorema de Taylor,

$$\cosh(s)=1+\frac12s^2+O(s^4)\tag6$$

y

$$\log(1+t)=t-\frac12t^2+O(t^4) \tag7$$

Utilizando $(6)$ y $(7)$ rinde

$$\begin{align} \log(\cosh(x^2-cx))&=\log\left(1+\frac12(x^2-cx)^2+O((x^2-cx)^4)\right)\\\\ &=\frac12(x^2-cx)^2+O((x^2-cx)^4)\tag 8 \end{align}$$

Dividiendo $(8)$ por $x^2$ como tomar el límite como $x\to 0$ obtenemos el codiciado límite

$$\lim_{x\to 0}\frac{\log(\cosh(x^2-cx))}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac12(x^2-cx)^2+O((x^2-cx)^4)}{x^2}=\frac{c^2}{2}$$

¡como se iba a demostrar!

Answer 2

Denote $a=x^2-cx$ para simplificar. Entonces \begin{align} \frac{\ln(\cosh a )}{x^2}&=\frac{\ln(\cosh^2a)}{2x^2}=\color{blue}{\frac{\ln(1+\sinh^2a)}{2x^2}}=\frac12\cdot\frac{\ln(1+\sinh^2a)}{\sinh^2a}\cdot\left(\frac{\sinh a}{x}\right)^2=\\ &=\frac12\cdot\frac{\ln(1+\sinh^2a)}{\sinh^2a}\cdot\left(\frac12\cdot\left[\frac{e^a-1}{a}+\frac{e^{-a}-1}{-a}\right]\cdot\frac{a}{x}\right)^2\to\frac{c^2}{2}. \end{align}

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P.D. Si quieres un límite inferior, entonces usando la desigualdad $e^a-1\ge a$ podemos estimar $$ \sinh^2 a=\left(\frac12\left[\frac{e^a-1}{a}+\frac{e^{-a}-1}{-a}\right]\right)^2a^2\ge a^2 $$ y continuar desde la expresión azul anterior como $$ \color{blue}{\frac{\ln(1+\sinh^2a)}{2x^2}}\ge\frac{\ln(1+a^2)}{2x^2}=\frac12\cdot\frac{\ln(1+a^2)}{a^2}\cdot\frac{a^2}{x^2}\to \frac{c^2}{2}. $$

Answer 3

Tenga en cuenta que a continuación hemos utilizado límites bien conocidos $$\lim _{ x\rightarrow 0 }{ { \left( 1+x \right) }^{ \frac { 1 }{ x } } } =e\\ \lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { { e }^{ x }-1 }{ x } } =1$$

$$\lim _{ x\to 0 } \frac { \log \left( \cosh \left( x^{ 2 }-xc \right) \right) }{ x^{ 2 } } =\lim _{ x\to 0 } \frac { \log \left( \frac { { e }^{ 2x^{ 2 }-2xc }+1 }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \right) }{ x^{ 2 } } =\\ =\lim _{ x\to 0 }{ \log \left( \frac { { e }^{ 2x^{ 2 }-2xc }+1 }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \right) } ^{ \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } }=\lim _{ x\to 0 }{ \log \left( 1+\frac { { 1+e }^{ 2x^{ 2 }-2xc }-2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \right) } ^{ \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } }=\\ =\log { { e }^{ \lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { { 1+e }^{ 2x^{ 2 }-2xc }-2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \cdot \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } } } } =\lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { { 1+e }^{ 2x^{ 2 }-2xc }-2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \cdot \frac { 1 }{ { x }^{ 2 } } } =\lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { { \left( { e }^{ x^{ 2 }-xc }-1 \right) }^{ 2 } }{ { \left( x^{ 2 }-xc \right) }^{ 2 } } \cdot \frac { { \left( x^{ 2 }-xc \right) }^{ 2 } }{ { 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc }x }^{ 2 } } } =\\ =\lim _{ x\rightarrow 0 }{ \frac { { x }^{ 4 }-2c{ x }^{ 3 }+{ x }^{ 2 }{ c }^{ 2 } }{ { 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc }x }^{ 2 } } } =\lim _{ x\rightarrow 0 }{ \left( \frac { { x }^{ 2 } }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } -\frac { cx }{ { e }^{ x^{ 2 }-xc } } +\frac { { c }^{ 2 } }{ 2{ e }^{ x^{ 2 }-xc } } \right) = }\color{blue} {\frac { { c }^{ 2 } }{ 2 }} \\ $$

Answer 4

Podemos proceder de la siguiente manera \begin{align} L&=\lim_{x\to 0}\frac{\log\cosh(x^{2}-cx)}{x^{2}}\notag\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{\log\cosh(x^{2}-cx)}{\cosh(x^{2}-cx)-1}\cdot\frac{\cosh(x^{2}-cx)-1}{x^{2}}\notag\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{2\sinh^{2}((x^{2}-cx)/2)}{x^{2}}\notag\\ &=\lim_{x\to 0}2\cdot\frac{\sinh^{2}((x^{2}-cx)/2)}{(x^{2}-cx)^{2}/4}\cdot\frac{x^{2}(x-c)^{2}}{4x^{2}}\notag\\ &=2\cdot 1\cdot\frac{c^{2}}{4}\notag\\ &=\frac{c^{2}}{2}\notag \end{align}

Answer 5

Observe en primer lugar que

$${\log(\cosh(x^2-xc))\over x^2}={\log(\cosh(x^2-xc))\over(x^2-xc)^2}(x-c)^2$$

Desde $(x-c)^2\to c^2$ como $x\to0$ basta con demostrar que

$$\lim_{x\to0}{\log(\cosh(x^2-xc))\over(x^2-xc)^2}=\lim_{u\to0}{\log(\cosh u)\over u^2}={1\over2}$$

Pero

$${2\log(\cosh u)\over u^2}={\log(\cosh^2u)\over u^2}={\log(1+\sinh^2u)\over u^2}={\log(1+\sinh^2u)\over\sinh^2u}\left(\sinh u\over u\right)^2$$

por lo que basta con demostrar que

$$\lim_{u\to0}{\log(1+\sinh^2u)\over\sinh^2u}=\lim_{v\to0}{\log(1+v)\over v}=1\qquad\text{and}\qquad\lim_{u\to0}{\sinh u\over u}=1$$

Pero estos dos últimos límites no son más que las derivadas de las funciones $\log(1+x)$ y $\sinh x$ evaluado en $0$ . Somos no utilizando la regla de L'Hopital para obtener esos límites.