Ricevo da Licia la seguente domanda:
Buongiorno Professore,
mi aiuterebbe con questo limite usando i limiti notevoli?
\[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}\]
Grazie!
Le rispondo così:
Cara Licia,
mi spiace, ma non mi pare possibile effettuare il calcolo di questo limite facendo ricorso solamente ai cosiddetti limiti notevoli, poiché al numeratore compare la differenza tra due infinitesimi asintoticamente equivalenti nel limite in questione, essendo \({{e}^{x}}-{{e}^{-x}}=\left( {{e}^{-2x}}-1 \right)/{{e}^{x}}\sim 2x\sim 2\sin x\). Pertanto, ricordando che: \[\underset{x\to 0}{\mathop{\lim }}\,\frac{\left( 1-\cos x \right)}{{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}\quad \quad \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{\sqrt{1+x}-1}{x}=\frac{1}{2}\]si ha \[\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}=\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}\cdot \underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{x}^{3}}}{\left( 1-\cos x \right)\left( \sqrt{1+x}-1 \right)}=\]\[=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}\]
e infine, applicando tre volte di seguito la formula deducibile dal teorema di de l’Hopital:\[4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}-2\sin x}{{{x}^{3}}}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}+{{e}^{-x}}-2\cos x}{3{{x}^{2}}}=\]\[=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}-{{e}^{-x}}+2\sin x}{6x}=4\underset{x\to {{0}^{+}}}{\mathop{\lim }}\,\frac{{{e}^{x}}+{{e}^{-x}}+2\cos x}{6}=4\cdot \frac{4}{6}=\frac{8}{3}\quad .\]
Massimo Bergamini
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Un limite
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