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riporto questo limite che ho svolto in parte:

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty }(1+e^{-x})^{2^{x}ln(x)}\]

dove, riconducendo alla forma notevole, lavoro solo con gli esponenti

\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty }\frac{2^{x}ln(x)}{e^x}\]


da qui in poi, se applico de hopital mi si complica la vita. C'è qualche forma notevole o proprietà da applicare? Grazie

Ciao, ecco il limite:
\[\begin{array}{l}
\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + {e^{ - x}})^{{2^x}ln(x)}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{{e^x}\frac{{{2^x}ln(x)}}{{{e^x}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } {[{(1 + \frac{1}{{{e^x}}})^{{e^x}}}]^{\frac{{{2^x}ln(x)}}{{{e^x}}}}} = {e^{\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{2^x}ln(x)}}{{{e^x}}}}} = {e^*}\\
* = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{{2^x}ln(x)}}{{{e^x}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ln(x)}}{{\frac{{{e^x}}}{{{2^x}}}}} = \mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ln(x)}}{{{{(\frac{e}{2})}^x}}} = 0
\end{array}\] il risultato dell'ultimo passaggio è giustificato dal seguente limite notevole che si può dimostrare anche con De L'Hopital
\[\mathop {\lim }\limits_{x \to + \infty } \frac{{ln(x)}}{{{{(a)}^x}}} = 0\;\;\;(a > 1)\]
Saluti.

Grazie ancora per la sua disponibilità. Purtroppo ancora una volta la soluzione verteva più sulle proprietà delle frazioni che su qualche proprietà dei limiti in genere. Alla prossima!