Encuentre $\lim\limits_{x \to 0}\frac {1}{x^3}\int_0^x \frac{t\ln (1+t)}{t^4+4}\mathrm{d}t $ sin utilizar la regla de L'hopital

Question

Encuentre $$\lim\limits_{x \to 0}\frac {1}{x^3}\int_0^x \frac{t\ln (1+t)}{t^4+4}\mathrm{d}t $$ sin utilizar la regla de L'hopital. Usando la regla, lo obtuve como 1/12. ¿Cuál es la manera de hacerlo sin L'hopital?

Answer 1

Una posibilidad sería hacer el cambio de variable $t=ux$ . Entonces el límite que buscas es : $$l=\lim_{x \rightarrow 0} \int_0^1 \dfrac{u}{u^4x^4+4} \dfrac{\log(1+ux)}{x} \, du $$

Entonces, utilizando el teorema de convergencia dominada, se obtiene el límite dentro de la integral : $$\begin{array}{rcl} l & = & \displaystyle \int_0^1 \lim_{x \rightarrow 0} \dfrac{u}{u^4x^4+4} \dfrac{\log(1+ux)}{x} \, du\\ & = & \displaystyle \int_0^1 \dfrac{u^2}{4} \, du \\ & = & \dfrac{1}{12} \end{array}$$

Editar : un poco más de detalles para el teorema de la convergencia dominada, puedes usar : $$\dfrac{u}{u^4x^4+4} \dfrac{\log(1+ux)}{x} \leq \frac{u^2}{4}$$ utilizando el clásico $\log(1+t) \leq t$ .

Answer 2

La integración por partes es una opción razonable. Ya que: $$ \int \frac{t}{t^4+4}\,dt = \frac{1}{4}\arctan\left(\frac{t^2}{2}\right)\tag{1}$$ que tenemos: $$ \int_{0}^{x}\frac{t\log(1+t)}{t^4+4}=\frac{\log(1+x)}{4}\arctan\left(\frac{x^2}{2}\right)-\frac{1}{4}\int_{0}^{x}\frac{\arctan\frac{t^2}{2}}{1+t}\,dt \tag{2}$$ y considerando la serie de Taylor de $\log(1+x)$ y $\arctan\left(\frac{x^2}{2}\right)$ en una vecindad del origen que obtenemos fácilmente: $$\lim_{x\to 0}\frac{1}{x^3} \int_{0}^{x}\frac{t\log(1+t)}{t^4+4}=\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{6}=\color{red}{\frac{1}{12}}\tag{3}$$ como se quería.

Como señala Patrick Da Silva en los comentarios, también podemos omitir el paso de integración por partes, ya que sólo estamos integrando $\frac{t^2}{4}+o(t^2)$ entre $0$ y $x$ por lo que trivialmente tenemos $\frac{x^3}{12}+o(x^3)$ .

Answer 3

$$\lim\limits_{x \to 0}\frac {1}{x^3}\int_0^x \frac{t^2}{t^2+4}\cdot \underbrace{\frac{\ln (1+t)}{t}}_{\text{approaches 1 when $ x\to0 $}}\cdot \underbrace{\frac{t^2+4}{t^4+4}}_{\text{approaches 1 when $ x\to0 $}}\mathrm{d}t$$ $$=\lim_{x\to 0} \frac{x-2 \tan ^{-1}\left(x/2\right)}{x^3}=\lim_{x\to0} 1/12 - x^2/80+\mathcal{O}(x^4)=1/12.$$

Answer 4

Analicemos primero el límite cuando $x \to 0^{+}$ . Si $0 < t < 1$ entonces sabemos que $$t - t^{2} = t(1 - t) < \frac{t}{1 + t} < \log(1 + t) < t$$ Multiplicando por $t$ obtenemos $$t^{2} - t^{3} < t\log(1 + t) < t^{2}\tag{1}$$ También podemos ver fácilmente que $$\frac{1}{4}\left(1 - \frac{t}{4}\right) < \frac{1}{t + 4} < \frac{1}{t^{4} + 4} < \frac{1}{4}\tag{2}$$ Si $0 < t < 1$ entonces todos los términos involucrados en las desigualdades $(1)$ y $(2)$ son positivas y, por tanto, podemos multiplicarlas para obtener $$\left(t^{2} - t^{3}\right)\left(\frac{1}{4} - \frac{t}{16}\right) < \frac{t\log(1 + t)}{t^{4} + 4} < \frac{t^{2}}{4}$$ o $$\frac{t^{2}}{4} + o(t^{2}) < \frac{t\log(1 + t)}{t^{4} + 4} < \frac{t^{2}}{4}$$ Integrando lo anterior entre $0$ y $x$ donde $0 < x < 1$ obtenemos $$\frac{x^{3}}{12} + o(x^{3}) < \int_{0}^{x}\frac{t\log(1 + t)}{t^{4} + 4}\,dt < \frac{x^{3}}{12}$$ y dividiendo por $x^{3}$ obtenemos $$\frac{1}{12} + o(1) < \frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x}\frac{t\log(1 + t)}{t^{4} + 4}\,dt < \frac{1}{12}$$ y así por el teorema de Squeeze obtenemos $$\lim_{x \to 0^{+}}\frac{1}{x^{3}}\int_{0}^{x}\frac{t\log(1 + t)}{t^{4} + 4}\,dt = \frac{1}{12}$$ Un argumento similar puede hacerse para el caso de que $x \to 0^{-}$ .

No necesitamos utilizar ninguna herramienta avanzada como las series de Taylor o la regla de L'Hospital y el trabajo se realiza mediante desigualdades muy simples y el teorema de Squeeze.