Límite sin de l'Hôpital:$\lim _{x\to 0\color{red}{\boldsymbol -}}\left(1+x^3\right)^{\frac{1}{\left(x^2+1\right)^4-1}}$

Aug 21 2020

Tengo este límite de esta forma.

$$f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln(f(x))}$$

$$\lim _{x\to 0\color{red}{\boldsymbol -}}\left(1+x^3\right)^{1/\left((x^2+1)^4-1\right)}$$

En nuestro caso puedo escribir en el exponente:

$${g(x)\ln(f(x))}=\frac{\ln(f(x))}{\frac1{g(x)}}$$

y tengo una forma indeterminada$(0/0)$y puedo aplicar la regla de l'Hôpital. En este momento solo pensé en escribir

$$(1+x^3)=\left(1+\frac{1}{\frac1{x^3}}\right)$$y llamo$x^3=t$pero creo que obtener el exponente demasiado largo y será más complicado.

Respuestas

1 user Aug 21 2020 at 03:16

Podemos usar eso

$$\large{\left(1+x^3\right)^{\frac{1}{\left(x^2+1\right)^4-1}}=\left[\left(1+x^3\right)^{\frac1{x^3}}\right]^{\frac{x^3}{\left(x^2+1\right)^4-1}}}\to e^0=1$$

Por supuesto

$$\left(x^2+1\right)^4=1+4x^2+O(x^4) \implies \frac{x^3}{\left(x^2+1\right)^4-1}= \frac{x^3}{4x^2+O(x^4)}=\frac{x}{4+O(x^2)}\to 0$$

1 Bernard Aug 21 2020 at 02:50

Pista :

Sea simple y use equivalentes cerca$0$: el logaritmo es$$\frac{\ln(1+x^3)}{(x^2+1)^4-1}= \frac{\ln(1+x^3)}{\bigl((x^2+1)^2-1\bigr)\bigl((x^2+1)^2+1\bigr)}\sim_0\frac{x^3}{2x^2\cdot 2}=\frac x4$$por lo tanto…

1 ClaudeLeibovici Aug 21 2020 at 13:28

$$A=\left(1+x^3\right)^{\frac{1}{\left(x^2+1\right)^4-1}}\implies \log(A)=\frac{1}{\left(x^2+1\right)^4-1}\log(1+x^3)$$ $$\log(A)=\frac{x^3-\frac{1}{2}x^6+\frac{1}{3}x^9+O\left(x^{12}\right)}{4 x^2+6 x^4+4 x^6+x^8}$$División larga$$\log(A)=\frac{x}{4}-\frac{3 x^3}{8}+O\left(x^{4}\right)$$ $$A=e^{\log(A)}=1+\frac{x}{4}+\frac{x^2}{32}+O\left(x^3\right)$$