Enuncido:
Calcular el siguiente límite
\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg(\dfrac{x}{x+1}\Bigg)^{x+2}
Solución:
Teniendo en cuenta que, dada una función f(x) que tiende a \infty, se cumple que (propiedad):
\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\,\bigg(1+\dfrac{1}{f(x)}\bigg)^{f(x)}=e
entonces, conformando el argumento del límite en la forma conveniente par aplicar dicha propiedad,
\bigg( \dfrac{x}{x+1}\bigg)^{x+2}=\bigg(1+\dfrac{x}{x+1}-1\bigg)^{x+2}=\bigg(1+\dfrac{1}{-(x+1)}\bigg)^{x+2}
=\Bigg(\bigg(1+\dfrac{1}{-(x+1)}\bigg)^{-(x+1)}\Bigg)^{\dfrac{x+2}{-(x+1)}}
con lo cual
\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\,\Bigg( \Bigg(\bigg(1+\dfrac{1}{-(x+1)}\bigg)^{-(x+1)}\Bigg)^{\dfrac{x+2}{-(x+1)}}\Bigg)
=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\,\Bigg(\bigg(1+\dfrac{1}{-(x+1)}\bigg)^{-(x+1)}\Bigg)^{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, -\dfrac{x+2}{(x+1)}}
=\displaystyle e^{\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, -\dfrac{x+2}{(x+1)}}
=\displaystyle e^{-1}
=\displaystyle \dfrac{1}{e}
Otra manera de hacerlo:
Pasando al límite, nos encontramos con una indeterminación del tipo
1^{\infty}
Denotemos por \lambda al valor del límite. Entonces, de
\displaystyle \lambda= \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg(\dfrac{x}{n+1}\Bigg)^{x+2}
extraemos logaritmos neperianos en cada miembro
\displaystyle \ln\,\lambda= \ln\,\Bigg( \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Big(\dfrac{x}{x+1}\Big)^{x+2}\Bigg)
y por la propiedad de reciprocidad entre límites y exponenciales,
\displaystyle \lambda= e^{\ln\,\Bigg( \displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Big(\dfrac{n}{n+1}\Big)^{n+2}\Bigg)} \quad \quad \quad (1)
Para determinar \lambda es necesario, pues, calcular el valor del exponente del segundo miembro
\displaystyle \ln\,\Bigg( \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Big(\dfrac{x}{x+1}\Big)^{x+2}\Bigg)=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \ln \Big( \dfrac{x}{x+1}\Big)^{x+2}
\displaystyle =\lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg( (x+2)\,\ln \Big( \dfrac{x}{x+1}\Big)\Bigg)
\displaystyle =\lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg( \dfrac{\ln \Big( \dfrac{x}{x+1}\Big)}{\dfrac{1}{(x+2)}}\Bigg)
y, pasando al límite, nos topamos, ahora, con una indeterminación del tipo
\dfrac{0}{0}
que resolveremos mediante la regla de l'Hôpital
\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg( \dfrac{\ln \Big( \dfrac{x}{x+1}\Big)}{\dfrac{1}{(x+2)}}\Bigg)=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg( \dfrac{\Big(\ln \big( \dfrac{x}{x+1}\big)\Big)^{'}}{\Big(\dfrac{1}{(x+2)}\Big)^{'}}\Bigg)=
\displaystyle=\lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg( \dfrac{\dfrac{x+1}{x}\cdot\big(\dfrac{x}{x+1}\big)^{'}}{\displaystyle -\frac{1}{(x+2)^2}}\Bigg)=\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \dfrac{\dfrac{1}{x\,(x+1)}}{-\dfrac{1}{(x+2)^2}}=
=-\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \dfrac{x^2+4\,x+4}{x^2+x}=-1
Entonces, de (1), podemos concluir que el valor del límite pedido es
\lambda=e^{-1}=\dfrac{1}{e}
esto es
\displaystyle \lim_{x \rightarrow \infty}\, \Bigg(\dfrac{x}{x+1}\Bigg)^{x+2}=\dfrac{1}{e}
\square
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