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Salve, ho problemi nella risoluzione del seguente limite:
\[\lim_{x\to\infty}(x-1)e^{\frac{x}{x+1}}-ex\]
Ho provato a risolverlo raccogliendo una x nella parte a sinistra, e poi raccogliendo le due x, ma viene la forma indeterminata $\infty*0$. Portandola alla forma $\frac{0}{0}$ la situazione non migliora perché poi l'Hopital complica l'espressione.

Come lo risolvereste?

Grazie!

Ciao, innanzitutto spezzerei il limite in 2 parti, dopo aver effettuato il prodotto tra l'esponenziale e il fattore (x-1), staccando il termine il cui limite è immediato; poi raggruppi gli altri termini raccogliendo (ex) per configurare il limite notevole dell'esponenziale (moltiplicando e dividendo poi per il fattore che tende a zero); quindi, isolando il limite notevole che tende a 1, i restanti termini portano a limiti immediati.

Di seguito tutti i passaggi formali:
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [(x - 1){e^{\frac{x}{{x + 1}}}} - ex] = \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [x{e^{\frac{x}{{x + 1}}}} - {e^{\frac{x}{{x + 1}}}} - ex] = \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [x{e^{\frac{x}{{x + 1}}}} - ex - {e^{\frac{x}{{x + 1}}}}] = \\
= \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [x{e^{\frac{x}{{x + 1}}}} - ex]\} - \{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {e^{\frac{x}{{x + 1}}}}\} = \{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [ex(\frac{{x{e^{\frac{x}{{x + 1}}}}}}{{ex}} - 1)]\} - \{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } {e^{\frac{x}{{x(1 + \frac{1}{x})}}}}\} = \\
= \{ \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } [ex(\frac{{{e^{\frac{x}{{x + 1}}}}}}{e} - 1)]\} - \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } {e^{\frac{1}{{(1 + \frac{1}{x})}}}}\} = \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [ex({e^{\frac{x}{{x + 1}} - 1}} - 1)]\} - \{ {e^1}\} = \\
= \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [ex({e^{\frac{{x - x - 1}}{{x + 1}}}} - 1)]\} - \{ e\} = \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [ex({e^{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}} - 1)]\} - \{ e\} = \\
= \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [ex(\frac{{{e^{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}} - 1}}{{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}})\frac{{ - 1}}{{x + 1}}]\} - \{ e\} = \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } [(\frac{{{e^{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}} - 1}}{{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}})\frac{{ - ex}}{{x + 1}}]\} - \{ e\} = \\
= \mathop {\{ \lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{{e^{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}} - 1}}{{\frac{{ - 1}}{{x + 1}}}}\mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - ex}}{{x + 1}}\} - \{ e\} = \{ 1 \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - ex}}{{x + 1}}\} - \{ e\} = \{ 1 \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - ex}}{{x(1 + \frac{1}{x})}}\} - \{ e\} = \\
= \{ 1 \cdot \mathop {\lim }\limits_{x \to \infty } \frac{{ - e}}{{(1 + \frac{1}{x})}}\} - \{ e\} = \{ - e\} - \{ e\} = - 2e
\end{array}\]
Ciao

Grazie per i passaggi, li leggerò subito.
edit: passaggi letti, non era proprio istantaneo questo limite

Ho visto che hai staccato il limite... ma il limite di una somma è sempre somma di limiti? O alcune condizioni devono essere soddisfatte per poterlo staccare? Stessa domanda per il prodotto ...

Il limite di una somma (differenza) è somma (differenza) dei limiti a patto di non cascare nella forma indeterminata (+infinito-infinito) dopo che li hai staccati, la quale situazione non farebbe funzionare quella proprietà, essendo il non verificarsi di quella situazione una ipotesi del relativo teorema che la dimostra.

Analogamente il limite del prodotto è il prodotto dei limiti a patto di non cascare nella forma indeterminata 0 x infinito dopo che li hai staccati, la quale situazione non farebbe funzionare quella proprietà, essendo il non verificarsi di quella situazione una ipotesi del relativo teorema che la dimostra.

Ciao

Spero di essere on topic. Ho problemi nella risoluzione di questo limite, spero di averlo scritto bene. la e è elevata a -x ma non sono riuscito a farla bene:
\[lim_{\infty } (1+e^-x)^\frac{3^x}{logx}\]


grazie

Ciao anacleta86, il limite era quindi il seguente esponenziale a base variabile:
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + {e^{ - x}})^{\frac{{{3^x}}}{{\ln (x)}}}} = [{1^\infty }]\]
Con qualche manipolazione mediante le proprietà delle potenze si arriva facilmente a scriverlo nella base con il limite notevole di Nepero, che ci da quindi la tendenza della base stessa dell'esponenziale a base variabile, per poi calcolare a parte la tendenza dell'esponente residuo.

Ecco i passaggi:
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + {e^{ - x}})^{\frac{{{3^x}}}{{\ln (x)}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{\frac{{{3^x}}}{{\ln (x)}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{\frac{{{e^x}}}{{{e^x}}}\frac{{{3^x}}}{{\ln (x)}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{{e^x}\frac{{{3^x}}}{{{e^x}\ln (x)}}}} = \\
= \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {[{(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{{e^x}}}]^{\frac{{{3^x}}}{{{e^x}\ln (x)}}}} = {[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{{e^x}}}]^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{3^x}}}{{{e^x}\ln (x)}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{3^x}}}{{{e^x}\ln (x)}}}} = {e^*}
\end{array}\]
\[*\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{3^x}}}{{{e^x}\ln (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{\frac{{{3^x}}}{{{e^x}}}}}{{\ln (x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{{(\frac{3}{e})}^x}}}{{\ln (x)}} = + \infty \]
\[{e^*} = {e^{ + \infty }} = + \infty \]
Saluti.

PS: Grazie per il tentativo di scrivere il limite con l'equation editor... vedrai che con un po di pratica diventerà più facile. Se lo preferisci puoi usare anche un programma esterno come MathType per compilare il codice LaTex da incollare poi direttamente nei post. Sei nel sub-forum giusto ma ti prego quando posti un nuovo esercizio o discussione apri sempre un nuovo argomento (topic) per esporre il tuo problema in modo da non mescolare i tuoi topic con quegli degli altri. Grazie

Grazie mille Dottor Schirinzi del suo aiuto! Questo limite non ci ha fatto dormire sogni tranquilli

Grazie ancora e alla prossima ...