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

Question

Ho questo limite di questo modulo

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

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

Nel nostro caso posso scrivere nell'esponente:

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

e ho una forma indeterminata$(0/0)$e posso applicare la regola de l'Hôpital. In questo momento ho solo pensato di scrivere

$$(1+x^3)=\left(1+\frac{1}{\frac1{x^3}}\right)$$e chiamo$x^3=t$ma penso che ottenere l'esponente sia troppo lungo e sarà più complicato.

Answer 1

Possiamo usarlo

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

infatti

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

Answer 2

Suggerimento :

Sii semplice e usa gli equivalenti vicino$0$: il logaritmo è$$\frac{\ln(1+x^3)}{(x^2+1)^4-1}= \frac{\ln(1+x^3)}{\bigl((x^2+1)^2-1\bigr)\bigl((x^2+1)^2+1\bigr)}\sim_0\frac{x^3}{2x^2\cdot 2}=\frac x4$$dunque…

Answer 3

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