Vi presentiamo ora lo svolgimento di un limite con Nepero, cioè di un limite risolvibile utilizzando il limite notevole del numero di Nepero.
Come vedremo, è anche possibile adottare il metodo di sostituzione, anche se lo svolgimento è piuttosto laborioso. Quest’ultimo metodo, dunque, sarà riportato solo per completezza.
Cominciamo con il primo metodo risolutivo relativo al limite notevole del numero di Nepero.
Calcolare:
\[ \lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x^2+1}{x^2-1}\right)^{x-1} \]
Siamo in presenza della forma indeterminata \( 1^\infty \). Dobbiamo quindi manipolare algebricamente l’espressione all’interno del limite in modo da svincolarci dalla forma indeterminata.
Il nostro obiettivo è riscrivere l’espressione in modo da ricondurci alla forma contenuta nel limite del numero di Nepero espresso in \( f(x) \):
\[ \lim_{f(x) \to \pm \infty}\left(1+\dfrac{1}{f(x)} \right)^{f(x)}=e \]
In questi casi un primo possibile stratagemma è quello di aggiungere e togliere una stessa quantità all’espressione all’interno del limite:
\[ \begin{align}& \lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x^2+1}{x^2-1}\right)^{x-1}=\lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x^2+1+1-1}{x^2-1}\right)^{x-1}= \\ \\ &= \lim_{x \to +\infty}\left( \dfrac{x^2-1}{x^2-1} + \dfrac{2}{x^2-1} \right)^{x-1}=\lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{2}{x^2-1} \right)^{x-1}=\end{align} \]
Sfruttando le potenze di potenze, l’idea è quella di riscrivere l’esponente \( x-1 \) come prodotto di due esponenti. Uno dei due fattori nell’esponente così riscritto dovrà essere l’opposto del termine \( \dfrac{2}{x^2-1} \). In tal modo, potremo ritrovare il limite di Nepero. In questo, infatti, compare \( \dfrac{1}{f(x)} \)nella base e abbiamo \( f(x) \) nell’esponente.
Procediamo moltiplicando l’esponente nell’espressione del limite per quantità unitarie studiate per raggiungere il nostro obiettivo. E’ importante osservare che nel termine \( \dfrac{2}{x^2-1} \) abbiamo al denominatore una differenza tra due quadrati. E ovviamente \( (x^2-1)=(x-1)(x+1) \). Ha senso dunque moltiplicare e dividere l’esponente per il fattore mancante \( (x+1) \). Inoltre, poiché all’esponente manca un \( 2 \), ha anche senso moltiplicare e dividere l’esponente stesso per \( 2 \). Poi, tutto sta a fattorizzare correttamente il nuovo esponente ottenuto. Si ha:
\[ \begin{align}&\lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{2}{x^2-1} \right)^{x-1}=\lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{2}{x^2-1} \right)^{\dfrac{(x-1)(x+1)\cdot 2}{2 (x+1)}} = \\ \\ &= \lim_{x \to +\infty}\left(1+\dfrac{2}{x^2-1} \right)^{\dfrac{2(x^2-1)}{2(x+1)}}=(*)\end{align} \]
e, fattorizzando l’esponente come \( \dfrac{2(x^2-1)}{2(x+1)}=\left( \dfrac{x^2-1}{2}\right) \cdot \left( \dfrac{2}{x+1}\right) \) e sfruttando le potenze di potenze:
\[ (*)=\lim_{x \to +\infty} \left( \left( 1+\dfrac{2}{x^2-1}\right)^{\dfrac{x^2-1}{2}} \right)^{\dfrac{2}{x+1}}= \]
Ora, poiché per \( x \to +\infty \) anche \( x^2-1 \) tende a più infinito riconosciamo (finalmente!) nell’espressione all’interno del limite proprio il limite notevole del numero di Nepero. Quindi, proseguendo i precedenti passaggi:
\[ =\lim_{x \to +\infty}e^{\small{\dfrac{2}{x+1}}}=1 \]
Il risultato è giustificato dal fatto che per \( x \to +\infty \) l’esponente \( \dfrac{2}{x+1} \) tende a zero.
Svolgimento alternativo
NOTA: questo procedimento è piuttosto laborioso e dimostra come il metodo di sostituzione non sia l’ideale per risolvere questo particolare esercizio. Dunque, come già anticipato lo svolgimento a seguire è riportato più che altro per completezza. Ciò non toglie che esso non contenga comunque aspetti interessanti.
Possiamo rileggere l’espressione all’interno del limite:
\[ \lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{x^2+1}{x^2-1}\right)^{x-1} \]
come una funzione composta.
In particolare, abbiamo come funzione componente interna\( f(x)= \dfrac{x^2+1}{x^2-1} \) e come funzione componente esterna \( g(x)=x^{x-1} \). Controlliamo se il teorema del limite della funzione composta è applicabile. Ferme restando le ipotesi iniziali del teorema, l’ipotesi 2 è verificata poiché \( g(x) \) è continua in \( l=\lim_{x \to +\infty}f(x)=\lim_{x \to +\infty} \dfrac{x^2+1}{x^2-1}=1 \). Infatti, \( g(1)=1^{1-1}=0 \).
Possiamo dunque porre la sostituzione:
\[ t=\dfrac{x^2+1}{x^2-1} \]
per cui si avrebbe che per \( x \to +\infty \), \( t \to 1 \).
Inoltre, esprimendo la \( x \) in funzione di \( t \):
\[ x_{1,2}=\pm \sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}} \qquad \text{con} \quad t \leq -1 \: \vee \: t \geq 1 \]
Attenzione. Poiché abbiamo un termine sotto radice, i termini \( x_1 \) e \( x_2 \) esistono solo per i valori indicati. Ora, la condizione \( t \leq -1 \) non ci interessa poiché abbiamo detto che \( t \to 1 \). Osserviamo però che la condizione \( t \geq 1 \) è per noi vincolante, poiché ci dice che riesprimendo il limite in \( t \) possiamo in realtà considerare soltanto il limite destro. Infatti, l’espressione \( \sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}} \) è definita in un intorno destro di 1 (e non nel sinistro), per cui la \( t \) può tendere a 1 solo da destra, cioè a partire da valori più grandi di \( 1 \).
Il problema è ora scegliere quale valore prendere per la \( x \) tra i due disponibili. E’ fondamentale osservare che nel limite la \( x \to +\infty \).
Ora, poiché sappiamo che dire \( x \to +\infty \) equivale in questo caso a dire \( t \to 1^+ \), l’idea è quella di vedere quale tra i due valori \( x_1 \) e \( x_2 \) tenderà a \( +\infty \) per \( t \to 1^+ \), rispettando in questo modo il fatto che il limite è calcolato proprio per \( x \to +\infty \).
Abbiamo:
\[ \lim_{t \to 1^+} x_1 = \lim_{t \to 1^+}-\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}=-\infty \]
Quindi abbiamo che per \( t \to 1^+ \), \( x \) dovrebbe tende a meno infinito. Cioè è in contrasto con quello che abbiamo nel limite di partenza e quindi il valore \( x_1 \) deve essere scartato.
Abbiamo invece:
\[ \lim_{t \to 1^+} x_2 = \lim_{t \to 1^+}\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}=+\infty \]
Vediamo che stavolta per \( t \to 1^+\) si ha che \( x_2\) tende a \( +\infty \). Quindi il valore \( x_2 \) è quello da usare e si ha per la sostituzione:
\[ x=\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}} \]
Possiamo riscrivere dunque il limite di partenza in funzione della variabile \( t \) come segue:
\[ \lim_{t \to 1^+}t^{\small{\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}}} \]
Siamo ancora in presenza della forma indeterminata \( 1^{+\infty} \). Il fatto che possiamo sostituire direttamente \( 1 \) alla base non esclude comunque la forma indeterminata.
Utilizziamo ora la seguente relazione, utile in generale quando incontriamo funzioni esponenziali con base variabile:
\[ f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\log(f(x))} \]
Poniamo \( f(x)=t \) e \( g(x)=\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}} \).
Si ha quindi:
\[ \lim_{t \to 1^+}t^{\small{\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}}}=\lim_{t \to 1^+}e^ {\small\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}\log t} \]
Ci rimane da valutare il limite dell’esponente:
\[ \lim_{t \to 1^+} {\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}\log t} \]
Per risolverlo, dobbiamo rendere applicabile l’equivalenza asintotica derivante dal limite notevole del logaritmo espresso in f(x):
\[ \log(1+f(x)) \quad \sim_{f(x) \to 0} \quad f(x) \]
Aggiungiamo e togliamo \( 1 \) al termine dentro il logaritmo:
\[ \begin{align}& \lim_{t \to 1^+} {\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}\log t}=\lim_{t \to 1^+} {\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}\log ((t-1)+1)} = \\ \\ & \stackrel{\text{eq. asint.}}{=} \lim_{t \to 1^+}\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}} \cdot (t-1) = \lim_{t \to 1^+}\dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt{t-1}}(t-1) = \\ \\ =&\lim_{t \to 1^+} \dfrac{\sqrt{1+t}}{\sqrt{t-1}}(t-1)\dfrac{\sqrt{t-1}}{\sqrt{t-1}}=\lim_{t \to 1^+}\dfrac{t-1}{t-1}\sqrt{t^2-1} = \\ \\ & = \lim_{t \to 1^+}\sqrt{t^2-1}=0\end{align} \]
Abbiamo potuto applicare l’equivalenza asintotica in \( f(x) \) relativa al logaritmo poiché è \( f(x)=t-1 \) e per \( t \to 1^+ \) si ha che \( f(x)=t-1 \to 0 \) come richiesto.
Si ha in definitiva per il limite assegnato il risultato:
\[ \lim_{t \to 1^+}e^{\sqrt{\dfrac{1+t}{t-1}}\log t}=e^0=1 \]
Qui terminano gli svolgimenti relativi ad un limite con Nepero e altri metodi.