Encuentra sin usar la regla de De L'Hospital el siguiente límite:
$$ \lim_\limits {x \to + \infty }{ \left ( \left ( e+1 \right ) ^{ \ln \left ( e^x+1 \right )} - \left ( e+1 \right ) ^x \right )} $$
He tratado de factorizarlo, pero parece que siempre termino con una forma indeterminada... ¿Cómo puedo hacerlo con el uso de la DLH?
Por favor no uses aproximaciones porque aún no las he aprendido "oficialmente"...
Si no se permite L'Hopital y la asíntota, entonces necesitamos algún tipo de límites "estándar" para ser utilizados. Por ejemplo, si conocemos las derivadas de $\ln x$ y $a^x$ a cero entonces podemos escribir por la definición de derivada \begin{align} &\frac{\ln(1+h)}{h}\to 1,\tag{1}\\ &\frac{a^h-1}{h}\to\ln a\tag{2} \end{align} como $h\to 0$ .
Ahora denota $a=e+1$ y factorizar $a^x$ para conseguir $$ \Bigl(a^{\ln(1+e^{-x})}-1\Bigr)a^x=\underbrace{\frac{a^{\ln(1+e^{-x})}-1}{\ln(1+e^{-x})}}_{\to\ln a\ \text{ (by (2))}}\cdot \underbrace{\frac{\ln(1+e^{-x})}{e^{-x}}}_{\to 1\ \text{ (by (1))}}\cdot \underbrace{e^{-x}a^x}_{\to\infty}\to\infty. $$
No sé dónde está el error, pero de la gráfica de la función se desprende que el límite a medida que x tiende al infinito positivo es 0, por lo que tu afirmación debe estar equivocada en algún punto...
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Sugerencia: Escriba $\log(e^x+1)=x+\log(1+e^{-x})$
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@tired ¿cómo demuestras esto sin aproximaciones?
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Reglas generales de los logaritmos
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@tired Esto lleva a la forma indeterminada $\infty\cdot 0$ ...
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Desde $a=\ln(e+1)>1$ , $e^u-1\sim u$ cuando $u\to0$ y $\ln(1+v)\sim v$ cuando $v\to0$ , $$e^{a\ln(e^x+1)}-e^{ax}=e^{ax}(e^{a\ln(1+e^{-x})}-1)\sim e^{ax}a\ln(1+e^{-x})\sim e^{ax}ae^{-x}\to+\infty.$$