Dentro de los limites indeterminados de la forma exponencial se encuentra la indeterminación  \infty ^{0} .

Límites indeterminados infinito elevado a la cero.

Este tipo de indeterminaciones se pueden eliminar aplicando la siguiente expresión:

\lim_{x\rightarrow a}(F(x))^{G(x)}=\varrho ^{{\lim_{x\rightarrow a }}(G(x). Ln (F(x))}

veamos con unos ejercicios como se aplica esta expresión:

a.- \lim_{x\rightarrow \infty} (X^{2})^{\frac{4}{Ln(x^{2})}}

en primer lugar vamos a evaluar el límite

=(\infty ^{2})^{\frac{4}{\infty}}   recordemos que infinito elevado a una potencia (n) incrementa su valor siendo el resultado infinito y dividir un numero entre infinito el resultado es cero, entonce quedaría;

=\infty ^{0}       efectivamente es una indeterminación, ahora aplicaremos la expresión

\lim_{x\rightarrow a}(F(x))^{G(x)}=\varrho ^{{\lim_{x\rightarrow a }}(G(x). Ln (F(x))}

=\varrho ^{(^{\lim_{x\rightarrow \infty}\frac{4}{Ln(x^{2})}Ln(x^{2})})}                resolvemos el producto y simplificamos los factores comunes

=\varrho ^{\lim_{x\rightarrow \infty \frac{4Ln (x^{2})}{Ln (x^{2})}}}

=\varrho ^{\lim_{x\rightarrow \infty }}{4}       evaluamos el limite, recordando las propiedades de los limites, específicamente límite de una constante,

=\varrho ^{4}

b.- \lim_{X\rightarrow \infty }(2+X)^{\frac{1}{(Ln(x)}}

Evaluamos el límite

=\infty ^{0}

aplicamos la expresión

\lim_{x\rightarrow a}(F(x))^{G(x)}=\varrho ^{{\lim_{x\rightarrow a }}(G(x). Ln (F(x))}

=\varrho ^{\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{1}{Ln(x)}Ln(2+X)}

evaluando

=\varrho^{\frac{\infty }{\infty }}        nos da como resultado una indeterminación, la cual para eliminarla aplicaremos la regla de L’hopital, esta consiste en derivar la función del numerador y la del denominar, veamos:

primero resolvemos el producto para visualizar mejor la función del numerador y del denominador

=\varrho ^{\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{Ln(2+X)}{Ln(x)}}      ahora derivamos cada función, recordemos que la derivada de Ln(F(x))=\frac{F'(x)}{F(x)} entonce procedemos a derivar

=\varrho ^{\lim_{x\rightarrow \infty }\frac{\frac{0+1}{(2+X)}}{\frac{1}{x}}}   aplicamos la doble C

=\varrho ^{\lim_{X\rightarrow \infty }\frac{X}{2+X}}     si evaluamos observaremos que sigue quedando la indeterminación \frac{\infty }{\infty } por tal motivo aplicamos por segunda vez la regla de L’hopital, derivamos el numerador y el denominador

=\varrho ^{\lim_{X\rightarrow \infty }\frac{1}{0+1}}

=\varrho ^{\lim_{X\rightarrow \infty }{1}}   evaluamos

=\varrho ^{{1}}