Soluzioni
  • Calcoliamo il limite

    \lim_{x\to 0}\frac{(1+\sin(x)+\sin^2(x))^{\tfrac{1}{x}}-(1+\sin(x))^{\tfrac{1}{x}}}{x}=(\bullet)

    invocando le equivalenze asintotiche che scaturiscono dai limiti notevoli. Prima di poterne fare uso però è necessario esprimere le funzioni esponenziali con base variabile sotto forma di una funzione esponenziale con base e mediante l'identità notevole

    h(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln(h(x))} \ \ \ \mbox{ per }h(x)>0

    Utilizzando questa proprietà, il limite dato si esprime nella forma equivalente

    (\bullet)=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x)+\sin^2(x))}-e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}}{x}=

    e mettendo in evidenza e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))} a numeratore scriviamo

    =\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}\left[e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x)+\sin^2(x))-\frac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}-1\right]}{x}=(\bullet\bullet)

    In forza della proprietà dei logaritmi sulla differenza

    \ln(a)-\ln(b)=\ln\left(\frac{a}{b}\right) \ \ \ \mbox{ per }a>0\mbox{ e }b>0

    possiamo esprimere il limite nella forma

    (\bullet\bullet)=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}\left[e^{\tfrac{1}{x}\ln\left(\frac{1+\sin(x)+\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)}-1\right]}{x}=

    Ora un piccolo barbatrucco: distribuiamo 1+\sin(x) in modo intelligente

    \\ =\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}\left[e^{\tfrac{1}{x}\ln\left(\frac{1+\sin(x)}{1+\sin(x)}+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)}-1\right]}{x}= \\ \\ \\ =\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}\left[e^{\tfrac{1}{x}\ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)}-1\right]}{x}=(\bullet\bullet\bullet)

    e sfruttiamo la stima asintotica notevole associata al logaritmo

    \ln(1+h(x))\sim_{h(x)\to 0}h(x)

    valida nel momento in cui l'argomento del logaritmo tende a 1 o equivalentemente quando h(x)\to 0. Nel caso in esame

    \ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)\sim_{x\to 0}\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}

    e tenuto conto che

    - il termine 1+\sin(x) tende a 1 per x\to 0;

    - il termine \sin^2(x) è asintoticamente equivalente a x^2 per x\to 0;

    abbiamo assicurata la validità della stima asintotica

    \ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)\sim_{x\to 0}x^2

    Dividendo membro a membro per x otterremo inoltre:

    \frac{1}{x}\ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)\sim_{x\to 0}x

    Quest'ultima informazione è davvero importante perché asserisce che l'esponente dell'esponenziale è infinitesima e dunque ci assicura la validità della stima asintotica

    e^{\tfrac{1}{x}\ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)}-1\sim_{x\to 0}\frac{1}{x}\ln\left(1+\frac{\sin^2(x)}{1+\sin(x)}\right)\sim_{x\to 0}x

    In accordo con il principio di sostituzione degli infinitesimi il limite dato diventa

    \\ (\bullet\bullet\bullet)=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}\cdot x}{x}= \\ \\ \\ = \lim_{x\to 0}e^{\tfrac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}= \\ \\ \\ = e^{\lim_{x\to 0}\frac{1}{x}\ln(1+\sin(x))}=

    Moltiplichiamo e dividiamo all'esponente per \sin(x) così da ricondurci al limite notevole del logaritmo e a quello del seno

    =e^{\lim_{x\to 0}\frac{\sin(x)}{x}\cdot\frac{\ln(1+\sin(x))}{\sin(x)}}= e^{1\cdot 1}=e

    Abbiamo terminato l'esercizio.

    Risposta di Ifrit
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