Un limite indeterminato $\infty*0$

[iciodixit]

Mi sono imbattuto in questo esercizio:
$ lim_(x -> oo ) x^2ln((x+2)/(x-2)) $
da risolvere senza l'ausilio dei teoremi de l'Hopital (usando i quali è invece facile trovare la soluzione $\infty$).

Ringrazio tutti coloro che mi daranno qualche suggerimento.

[K.Lomax]

Prova a ricondurti ad una forma utile per utilizzare il seguente limite notevole:

[tex]\lim_{x\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{x}\right)^x=e[/tex]

Suggerimento: sottrai ed aggiungi [tex]1[/tex] all'interno del logaritmo

[ObServer]

Il mio suggerimento è di guardarlo come

$lim_{x->oo} \ x^2/(1/ln((x+2)/(x-2)))

che non cambia la sostanza, ma porta la forma di indeterminazione a essere del tipo $oo/oo$.

E' sempre consigliabile studiare le forme del tipo $0.oo \ oo.0$ riportandole a forme $0/0$ o $oo/oo$.

Altro suggerimento è notare che $ln((x+2)/(x-2)) \ = \ ln(1 + 4/(x-2))$....

[iciodixit]

Credo che il secondo suggerimento di ObServer sia quello buono usando il limite notevole:
$ lim_(x -> 0) ln(1+x)/x=1 $
quindi dovrei fare una sostituz di variabile....

Ci potrò lavorare appena stasera, poi posto tutto.

G R A Z I E

[iciodixit]

Sì, il secondo suggerimento mi ha portato alla soluzione. Ecco il procedimento:

$ lim_(x -> oo ) x^2ln((x+2)/(x-2))=[lim_(x -> oo ) x]*[lim_(x -> oo )xln(1+4/(x-2))] $

Ora è possibile occuparsi solo del limite dentro la seconda parantesi quadra che, operando la sostituzione $t=4/(x-2)$, diventa

$lim_(t->0)(2+4/t)ln(1+t)=lim_(t->0) 2ln(1+t) + lim_(t->0) 4(ln(1+t)/t)=0+4$

dove il secondo limite della somma è appunto il limite notevole già citato.

Quindi il risultato è proprio $oo$.

Ancora grazie ObServer (il tuo primo suggerimento, quello di passare alle forme $oo/oo$ e $0/0$, è buono per l'applicazione dei teoremi de l'Hopital).