Esercizio limite notevole numero di Nepero – 8

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L’ottavo esercizio sui limiti notevoli, dalla raccolta Esercizi svolti sui limiti notevoli è costituito da 5 limiti, è basato sull’utilizzo del limite notevole del numero di Nepero, da combinare con le usuali tecniche risolutive dei limiti. Rimandando ai richiami teorici sui limiti notevoli per una trattazione più approfondita, ricordiamo che il limite notevole del numero di Nepero è

$\lim_{x \to +\infty} \left(1+ \frac{1}{x} \right)^x = e.$

Questo limite è uno dei più importanti dell’analisi matematica, con applicazioni in tutte le scienze, dalla fisica all’economia, passando per la chimica e la biologia.

Segnaliamo il precedente articolo Esercizio limiti notevoli – 7 e il successivo Esercizio limiti notevoli – 9 .

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare, se esistono, i seguenti limiti applicando solo i limiti notevoli:

$\begin{aligned} &1. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-1}{3x+2}\right)^{\frac{x}{2}};\\ &2. \quad \lim\limits_{x \to \frac{\pi}{2}} (1-\cos x)^{\tan x};\\ &3. \quad\lim\limits_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x+1}{2x-1}\right)^{\frac{x^2-1}{x}};\\ &4. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3\sqrt{x}-1}{3\sqrt{x}+2}\right)^{\sqrt{x}};\\ &5. \quad \lim\limits_{x \to +\infty} \left(\dfrac{2x+4}{2x+3}\right)^{x-3}. \end{aligned}$

Richiamiamo di seguito solo i principali risultati che verranno utilizzati per la risoluzione degli esercizi. Si rimanda anche ai Richiami teorici sui limiti notevoli oppure alla dispensa Teoria sui limiti per un riferimento completo di tutte le dimostrazioni.

Richiami teorici.

Teorema 1.

Siano $f, g\colon A \subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ , sia $x_0 \in \mathbb{R} \cup \{\pm \infty\}$ un punto di accumulazione per $A$ . Si assuma che

$\exists \lim\limits_{x \to x_0} f(x) =: \ell_1, \qquad \exists \lim\limits_{x \to x_0} g(x) =: \ell_2,$

allora, ogni qualvolta l’espressione a destra non è un forma indeterminata, si ha:

$\begin{aligned} \exists \; \lim\limits_{x \to x_0}(f\pm g)(x) & =\ell_1 \pm \ell_2 \\ \exists \; \lim\limits_{x \to x_0}(f\cdot g)(x) & = \ell_1 \cdot \ell_2, \end{aligned}$

Se $x_0$ è un punto di accumulazione per $\{x \in A \colon g(x) \neq 0\}$ , allora si ha:

$\exists \; \lim\limits_{x \to x_0} \left( \dfrac{f}{g}\right)(x) = \dfrac{\ell_1}{\ell_2},$

ogni qualvolta l’espressione a destra esiste e non è una forma indeterminata.

Teorema 2 – Teorema di sostituzione.

Sia $f\colon A \subseteq \mathbb{R}\to \mathbb{R}$ e sia $x_0 \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}$ . Si assuma che

$\exists \lim\limits_{x \to x_0} f(x) = \ell \in \mathbb{R}\cup \{\pm \infty\}.$

Sia $I(\ell)$ un intorno di $\ell$ e sia $g \colon I(\ell) \to \mathbb{R}$ tale che

se $\ell \in \mathbb{R}$ , $g$ è continua in $\ell$ ;
se $\ell = \pm \infty$ , allora esiste $\lim\limits_{y \to \ell}g(y)$ .

Allora,

$\lim\limits_{x \to x_0} g(f(x)) = \lim\limits_{y \to \ell}g(y).$

Richiamiamo ora i limiti notevoli utilizzati all’interno degli esercizi proposti in questa dispensa:

(1) $\begin{equation*} \lim\limits_{x \to 0} \dfrac{\log_a (1+x)}{x}= \log_a e, & \qquad \qquad a\in \mathbb{R}^+ \end{equation*}$

(2) $\begin{equation*}\lim\limits_{x\to 0} \left(1 + x\right)^{\frac{1}{x}}=e, &\qquad \qquad \left(\text{eq. } \lim\limits_{x\to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{x}\right)^{x}=e \right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (2) si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3x-1}{3x+2}\right)^{\frac{x}{2}} & = \lim_{x \to +\infty} \left( \dfrac{3x-1+2-2}{3x+2}\right)^{\frac{x}{2}} = \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{-3}{3x+2}\right)^{\frac{x}{2}} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{-3}{3x+2}\right)^{ \frac{x}{2}} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1 + \dfrac{1}{\dfrac{3x+2}{-3}}\right)^{ -\frac{3x+2}{3}}\right)^{ -\frac{3x}{2(3x+2)}} \\ & \overset{\star}{=} \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1 + \dfrac{1}{\dfrac{3x+2}{-3}}\right)^{ -\frac{3x+2}{3}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} -\frac{3x}{2(3x+2)}} \\ & \overset{\spadesuit}{=} e^{-\frac{1}{2}}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (2).

Effettuando la sostituzione $t = x -\dfrac{\pi}{2}$ in virtù del teorema 2 si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to \frac{\pi}{2}} (1-\cos x)^{\tan x} & = \lim_{t \to 0} \left(1-\cos\left(t+\frac{\pi}{2}\right)\right)^{\tan\left(t+\frac{\pi}{2}\right)} \\[10pt] & \overset{\ast}{=} \lim_{t \to 0} \left(1+ \sin t\right)^{-\cot t} \\ &= \lim_{t \to 0} \left(1+ \sin t\right)^{-\frac{\cos t}{\sin t}} \\ & \overset{\star}{=} \left(\lim_{t \to 0}\left(1+ \sin t\right)^{\frac{1}{\sin t}} \right)^{\lim\limits_{t \to 0}-\cos t} \\ & \overset{\spadesuit}{=} e^{-1}, \end{aligned}$

dove in $\ast$ abbiamo usato il fatto che

$\cos\left(t + \dfrac{\pi}{2}\right)=-\sin t \qquad \text{e} \qquad \tan \left(t + \dfrac{\pi}{2}\right) = -\cot t,$

in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzata (2).

Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (2) si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{x+1}{2x-1}\right)^{\frac{x^2-1}{x}} & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2x+2}{2x-1}\right)^{\frac{x^2-1}{x}}\\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{2x+2-1+1}{2x-1}\right)^{\frac{x^2-1}{x}}\\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2} \cdot \left(1 + \dfrac{3}{2x-1}\right)\right)^{\frac{x^2-1}{x}}\\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{x^2-1}{x}} \cdot \left(1 + \dfrac{3}{2x-1}\right)^{\frac{x^2-1}{x}}\\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty}\left( \left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{x^2-1}{x}} \cdot \left(\left(1 + \dfrac{3}{2x-1}\right)^{ \frac{2x-1}{3}}\right)^{\frac{3(x^2-1)}{x(2x-1)}}\right)\\[10pt] & \overset{\star}{=} \left( \lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{\frac{x^2-1}{x}}\right) \cdot \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1 + \dfrac{3}{2x-1}\right)^{ \frac{2x-1}{3}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{3(x^2-1)}{x(2x-1)}}\\[10pt] &\overset{\spadesuit}{=} 0 \cdot e^{\frac{3}{2}} = 0, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 1 ed il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (2).

Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (2) si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3\sqrt{x}-1}{3\sqrt{x}+2}\right)^{\sqrt{x}} & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{3\sqrt{x}-1+2-2}{3\sqrt{x}+2}\right)^{\sqrt{x}} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{-3}{3\sqrt{x}+2}\right)^{\sqrt{x}} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(1 + \dfrac{1}{\frac{3\sqrt{x}+2}{-3}}\right)^{\sqrt{x}} = \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1 + \dfrac{1}{\frac{3\sqrt{x}+2}{-3}}\right)^{\frac{3\sqrt{x}+2}{-3}}\right)^{\frac{-3\sqrt{x}}{3\sqrt{x}+2}} \\ & \overset{\star}{=} \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1 + \dfrac{1}{\frac{3\sqrt{x}+2}{-3}}\right)^{\frac{3\sqrt{x}+2}{-3}}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty}\frac{-3\sqrt{x}}{3\sqrt{x}+2}}\\ &\overset{\spadesuit}{=} e^{-1}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (2).

Manipolando l’espressione del limite dato per ottenere l’espressione in (2) si ha:
$\begin{aligned} \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{2x+4}{2x+3}\right)^{x-3} & = \lim_{x \to +\infty} \left(\dfrac{2x+4+3-3}{2x+3}\right)^{x-3} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(1+\dfrac{1}{2x-3}\right)^{x-3} \\[10pt] & = \lim_{x \to +\infty} \left(\left(1+\dfrac{1}{2x-3}\right)^{ 2x-3}\right)^{ \frac{x-3}{2x-3}} \\ &\overset{\star}{=} \left(\lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{2x-3}\right)^{ 2x-3}\right)^{\lim\limits_{x \to +\infty} \frac{x-3}{2x-3}}\\ &\overset{\spadesuit}{=} e^{\frac{1}{2}}, \end{aligned}$

dove in $\star$ si è utilizzato il teorema 2 e in $\spadesuit$ si è utilizzato (2).

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