# Esercizi svolti sui limiti notevoli

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390. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \,\, \frac{\arctan x}{x}}$

Sostituendo $x \to 0$ si ottiene una forma indeterminata $\frac{\arctan(0)}{0}=\frac 0 0$.
Cambiamo variabile con $y=\arctan x$ e abbiamo
* $y\to \arctan(0)=0$
* $x=\tan(y)$.

Dunque il limite diventa:
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{\arctan x}{x}=\\
\lim _{y \rightarrow 0} \frac{y}{\tan y}=\\
\lim _{y \rightarrow 0} \bbox[5px, border: 2px solid orange]{\frac{y}{\sin y}}\cdot \bbox[5px, border: 2px solid green]{ {\cos y}}=
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{1}\cdot \bbox[5px, border: 2px solid green]{{1}}=1.
$$

---
402. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x\to 0} \,\, \frac{\sin 2 x}{3 x+\arctan x}}$

Sostituendo $x \to 0$ si ottiene una forma indeterminata $\frac 0 0$.
Per ricostruire un limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to 0}\frac{\sin y}{y}=1}$ al numeratore moltiplichiamo e dividiamo per $2x$ (che è l'argomento del seno) e abbiamo:
$$
\lim _{x\to 0} \,\, \frac{\sin 2 x}{3 x+\arctan x}=\\
\lim _{x \to 0} \quad \frac{2x\cdot {\bbox[5px, border: 2px solid green]{\frac{\sin 2 x}{2x}}}}{3 x+\arctan x}.
$$

Abbiamo ancora $\frac 0 0$, per evitare la forma indeterminata dobbiamo cercare di semplificare la $x$ quindi mettiamo in evidenza $x$ anche al denominatore:

$$
\require{cancel}
\lim _{x \to 0} \quad \frac{2x\cdot {\bbox[5px, border: 2px solid green]{\frac{\sin 2 x}{2x}}}}{3 x+\arctan x}=\\
\lim _{x\to 0} \quad \frac{2\cancel{x}\cdot {\bbox[5px, border: 2px solid green]{\frac{\sin 2 x}{2x}}}}{\cancel{x}\left(3+\bbox[5px, border: 2px solid red]{\frac{\arctan x}{x}}\right)}
$$

Il limite in rosso lo risolviamo a parte (vedi esercizio precedente) e scopriamo che tende a $1$, quindi sostituendo i valori dei limiti verde e rosso otteniamo:

$$
\frac{2\cdot{\bbox[5px, border: 2px solid green]{1}}}{\left(3+\bbox[5px, border: 2px solid red]{1}\right)}=\frac 1 2.
$$

---

419. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow 0} \,\,\frac{\ln (1-x)^{2}}{x}}$

Sostituendo $x\to0$ si ottiene una forma indeterminata $\frac 0 0$.
Per semplificare utilizziamo la proprietà del logaritmo $\bbox[5px, #E6E6E6]{\log(a^b)=b\log(a)}$ e otteniamo:
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \frac{2 \ln (1-x)}{x}.
$$
Per ricostruire un limite notevole della forma $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to0}\frac{\ln(y+1)}{y}=1}$ riscriviamo il nostro limite come
$$
\lim _{x \rightarrow 0} \quad 2 \cdot
\bbox[5px, border: 2px solid red]{
\frac{\ln (1+
\bbox[2px, border: 2px solid blue]{
(-x)
}
)}{
\bbox[2px, border: 2px solid blue]{
(-x)
}
}
}\cdot(-1)
$$
e siccome $y=-x\to 0$ possiamo riconoscere il limite notevole e sostituire $1$ alla parte in rosso:
$$
2 \cdot
\bbox[5px, border: 2px solid red]{
1
}\cdot(-1)=-2.
$$

---

420. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\{x[\ln (x+1)-\ln x]\}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene una forma indeterminata $+\infty \cdot(+\infty-\infty)$.
Per semplicare possiamo utilizzare la proprietà del logaritmo $\bbox[5px, #E6E6E6]{\log(a)-\log(b)=\log(\frac a b)}$ e otteniamo:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} x \ln\left(\frac{x+1}{x}\right),
$$
utilizziamo anche la proprietà del logaritmo $\bbox[5px, #E6E6E6]{b\log(a)=\log(a^b)}$ sulla $x$ esterna per portarla dentro il logaritmo come esponente:
$$
\lim_{x\rightarrow+\infty} \ln
\left(
\bbox[5px, border: 2px solid green]
{
\left(\frac{x+1}{x}\right)^x
}\right)
$$
notiamo che la parte verde si può scrivere come
$$
\left(\frac{x+1}{x}\right)^x=\left(1+\frac{1}{x}\right)^x \to e
$$
sappiamo che tende a $e$ per $x\to+\infty$ perchè è proprio il limite notevole che definisce il numero di Nepero, quindi in conclusione il limite si risolve come
$$
\lim_{x\to +\infty} \ln
\left(
\bbox[5px, border: 2px solid green]
{
\left(1+\frac{1}{x}\right)^x
}\right)=\\
\ln
\left(
\bbox[5px, border: 2px solid green]
{
e
}\right)=1.
$$

---

421. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim_{x\to 0} \,\,\frac{e^{-2 x}-1}{x}}$

Sostituendo $x\to0$ si ottiene una forma indeterminata $\frac 0 0$.
Per ricostruire un limite notevole della forma $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}=1}$ dobbiamo fare in modo che l'esponente di $e^{-2x}$ compaia anche al denominatore, quindi moltiplichiamo e dividiamo per $-2$:
$$
\lim_{x\to 0} \frac{e^{-2 x}-1}{x}=\\
\lim_{x\to 0}
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{
\frac{e^{
\bbox[1px, border: 2px solid red]{-2x} }-1}{
\bbox[5px, border: 2px solid red]{-2x}}
}
\cdot(-2).
$$
Adesso il limite nel riquadro blu è proprio il limite notevole che tende a 1 (dal momento che $y=-2x \to 0$), dunque sostituiamo $1$ e abbiamo come risultato finale $1\cdot(-2)=-2$.

---

423. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim_{x \to \pm \infty} x\left(1-e^{\frac{1}{x}}\right)}$

Sostituendo $x\to\pm \infty$ si ottiene $e^{1/x} \to e^{0}=1$ e quindi una forma indeterminata $\pm \infty \cdot 0$.
Siccome $1/x$ tende a $0$ si può considerare come variabile $y=\frac 1 x$ per ricondursi al limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to 0}\frac{e^y-1}{y}=1}$. Senza bisogno di cambiare effettivamente la variabile possiamo riscrivere il limite così:

$$
\lim_{x \to \pm \infty} x\left(1-e^{\frac{1}{x}}\right)=\\
\lim _{x \rightarrow \pm \infty} \frac{\left(1-e^{
\bbox[2px, border: 2px solid blue]{\frac{1}{x}}
}\right)}{
\bbox[5px, border: 2px solid blue]
{\frac 1 x}
}
$$
vediamo che ha una forma simile al limite notevole con il termine blu $1/x$ che tende a zero. C'è però un problema con i segni del numeratore: sono invertiti rispetto al numeratore del limite notevole che stiamo considerando, quindi per fargli avere la forma appropriata mettiamo in evidenza $-1$:
$$
\lim _{x \rightarrow \pm \infty}
(-1)\cdot
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{
\frac{ \left(e^{
\bbox[2px, border: 2px solid blue]{\frac{1}{x}}
}-1\right)}{
\bbox[5px, border: 2px solid blue]
{\frac 1 x}
}
}=\\
(-1)\cdot \bbox[5px, border: 2px solid orange]{1}=-1.
$$

---

425. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim_{x \to 0} \frac{e^{-4 x}-1}{x^{2}-x}}$

Sostituendo $x\to0$ si ottiene una forma indeterminata $\frac 0 0$.
Il numeratore si può vedere come una parte del limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to0}\frac{e^y-1}{y}=1}$ dove $y=-4x$, per ricotruire la forma completa dobbiamo aggiungere un denominatore $-4x$ moltiplicando e dividendo, ovvero:
$$
\lim_{x \to 0} \frac{e^{-4 x}-1}{x^{2}-x}=\\
\lim _{x \rightarrow 0}
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{
\frac{e^{
\bbox[2px, border: 2px solid green]{
-4 x
}
}-1}{
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
-4x}}
}
\cdot
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{
\frac{-4x}{x^{2}-x}.
}
$$
La parte arancione è il limite notevole e tende a $1$ (dal momento che $-4x\to0$), la parte blu invece è ancora una forma indeterminata $0/0$, ma è un rapporto di polinomi quindi la risolviamo mettendo in evidenza i termini di grado più basso (perchè $x\to0$) e semplificando:
$$
\require{cancel}
\frac{-4x}{x^{2}-x}=
\frac{-4\cancel{x}}{\cancel{x}(x-1)}=\\
\frac{-4}{x-1} \to 4.
$$
Quindi in conclusione per risolvere il limite sostituiamo $1$ alla parte arancione, $4$ alla parte blu e otteniamo come risultato finale $4$.

---

426. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(x \ln \frac{3 x+1}{3 x}\right)}$

Sostituendo $x$ si ottiene una forma indeterminata $+\infty \cdot \ln(\frac{+\infty}{+\infty})$.
Per evitare la forma indeterminata dentro il logaritmo possiamo riscrivere il limite così:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(x \ln \frac{3 x+1}{3 x}\right)=
\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}x \ln \left( 1+\frac{1}{3 x}\right)
$$
e ora sostituendo abbiamo
$$
+\infty\cdot \ln \left(1+\frac{1}{+\infty} \right)=\\
+\infty\cdot \ln(1+0)=\\
+\infty\cdot 0
$$
che è ancora una forma indeterminata.

Possiamo cercare di ricondurci al limite notevole
$$
\bbox[10px, #E6E6E6]{
\lim_{y\to\pm\infty}\left(1+\frac 1 y\right)^y=e}
$$
dove il ruolo di $y$ sarebbe giocato da $3x$. Innanzitutto moltiplichiamo e dividiamo per $3$ per avere $3x$ anche all'esterno del logaritmo:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}x \ln \left( 1+\frac{1}{3 x}\right)=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac 1 3 \cdot
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
3x
}\cdot \ln \left( 1+\frac{1}{
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
3 x
}
}\right)
$$
poi usiamo la proprietà dei logaritmi $\bbox[5px, #E6E6E6]{b \cdot \ln(a)=\ln(a^b)}$ per portare $3x$ dentro il logaritmo:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac 1 3 \cdot \ln \left(
\bbox[2px, border: 2px solid blue]{
\left( 1+\frac{1}{
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
3 x
}
}\right)^{
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
3x
}
}
}\right).
$$
Il limite azzurro è il limite notevole che definisce $e$ dove la variabile $y$ è $3x$ e tende a $+\infty$, quindi sostituendo abbiamo
$$
\frac 1 3 \cdot \ln \left(
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{e
}\right)=\frac 1 3.
$$

In alternativa si poteva fare riferimento al limite notevole generalizzato
$$
\bbox[10px, #E6E6E6]{
\lim_{y\to\pm\infty}\left(1+\frac {\color{red}{a}} y\right)^y=e^{\color{red}{a}}
}
$$
riscrivendo il limite così
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}x \ln \left( 1+\frac{1}{
3 x
}\right)=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\ln \left( 1+\frac{1}{
3 x
}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\ln
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{
\left( 1+\frac{\color{red}{1/3}}{
x
}\right)^{x}
}=\\
\ln(
\bbox[3px, border: 2px solid orange]{
e^{\color{red}{1/3}}
})=\frac 1 3.
$$

---

427. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow 4} \frac{\ln (x-3)}{x-4}}$

Sostituendo $x\to4$ si ottiene una forma indeterminata $\frac{\ln(1)}{0}=\frac 0 0$.
Per ricondurci al limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to0}\frac{\ln(1+y)}{y}=1}$ dobbiamo considerare $y=x-4 \to 0$, da cui $x=y+4$ e quindi sostituendo:
$$
\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\ln (y+4-3)}{y}=\\
\lim _{y \rightarrow 0} \frac{\ln (y+1)}{y}=1.
$$
In alternativa senza definire $y$ si poteva scrivere direttamente:
$$
\lim _{x \rightarrow 4} \frac{\ln (x-3)}{x-4}=\\
\lim _{x \rightarrow 4} \frac{\ln (
\bbox[5px, border: 2px solid #B284BE]{
x-4
}
+1)}{
\bbox[5px, border: 2px solid #B284BE]{x-4}
}=1
$$
dal momento che il termine $\bbox[5px, border: 2px solid #B284BE]{x-4}$ tende a $0$ per $x \to 4$, come deve appunto essere nel limite notevole che stiamo considerando.

---

429. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)^{x}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene una forma indeterminata $1^{+\infty}$.
Il limite notevole che più si avvicina all'espressione che abbiamo è $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to+\infty}\left(1+\frac 1 y\right)^y=e}$, ma anzichè avere $1/y$ noi abbiamo accanto all'$1$ l'espressione $\frac{x}{2 x^{2}+1}$ che comunque tende a $0$ per $x\to+\infty$, infatti:
$$
\frac{x}{2 x^{2}+1}=
\frac{x}{x^2\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}=\\
\frac{1}{\bbox[5px, border: 2px solid #B284BE]{x}\left(2+\bbox[5px, border: 2px solid orange]{\frac{1}{x^2}}\right)}\\
\to \frac{1}{\bbox[2px, border: 2px solid #B284BE]{+\infty}\cdot (2+\bbox[2px, border: 2px solid orange]{0})}=0^+.
$$
Per ricondurci al limite notevole quindi consideriamo come $1/y$ proprio l'espressione
$$
\frac{x}{2 x^{2}+1}=
\frac{1}{x\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}
$$

e quindi all'esponente vogliamo che ci sia $y$ che sarà l'inverso:
$$
x\left(2+\frac{1}{x^2}\right)
$$
Siccome all'esponente c'è solo $x$ moltiplichiamo e dividiamo l'esponente per quello che manca:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+
\frac{1}{x\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}\right)^{x\cdot \frac{\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}{\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}
\left(\left(1+\frac{1}{
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
x\left(2+\frac{1}{x^2}\right)
}
}\right)^
\bbox[5px, border: 2px solid green]{
{x\left(2+\frac{1}{x^2}\right)}
}
\right)^
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{
{\frac{1}{\left(2+\frac{1}{x^2}\right)
}
}}=\\
e^\bbox[1px, border: 2px solid blue]{1/2}
$$
Infatti i termini verdi sono una nuova variabile $y$ che tende a $+\infty$ quando $x\to+\infty$ quindi il limite dentro la parentesi più esterna è proprio il limite notevole che volevamo ricostruire e pertanto tende ad $e$. La potenza esterna (l'espressione blu) invece tende a $1/2$ perchè $1/x^2 \to 0$.

**Soluzione alternativa**:
Applichiamo l'identità
$$
\bbox[10px, #E6E6E6]{f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln(f(x))}}
$$
alle funzioni del nostro limite e otteniamo:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}e^{x\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)}
$$
quindi vediamo a che cosa tende l'esponente di $e$, cioè calcoliamo
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}{x\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)}.
$$
Adesso il limite notevole che più gli si avvicina è $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to0}\frac{\ln(1+y)}{y}=1}$ e la variabile $y$ potrebbe essere $\frac{x}{2 x^{2}+1}$ che infatti tende a $0$ (come discusso prima). Per ricostruire il limite notevole ci serve che questa $y$ compaia anche come denominatore, perciò moltiplichiamo e dividiamo:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}{x\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}{x\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)}\cdot\frac{2 x^{2}+1}{x}\cdot \frac{x}{2 x^{2}+1}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}{x \cdot
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{
\frac{
\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)
}{\frac{x}{2 x^{2}+1}}
}
\cdot \frac{x}{2 x^{2}+1}}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}{
\bbox[5px, border: 2px solid orange]{
\frac{
\ln\left(1+\frac{x}{2 x^{2}+1}\right)
}{\frac{x}{2 x^{2}+1}}
}
\cdot
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{
\frac{x^2}{2 x^{2}+1}}
}
$$
ora il termine arancione è il limite notevole che tende a $1$ mentre il termine blu lo risolviamo a parte come un quoziente di polinomi:
$$
\require{cancel}
\frac{x^2}{2 x^{2}+1}=\frac{\cancel{x^2}}{\cancel{x^2}\left(2 +\cancelto{0}{\frac{1}{x^2}}\right)}\to\frac 1 2.
$$
Concludiamo che il limite dell'esponente di $e$ è $1/2$ e quindi il limite iniziale tende a $e^{1/2}$.

---

430. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow \pm \infty}\left(\frac{3 x-1}{3 x+2}\right)^{\frac{x}{2}}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene una forma indeterminata $1^{+\infty}$.
Come nell'esercizio precedente possiamo procedere in (almeno) due modi:
1. utilizziamo il limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to+\infty}\left(1+\frac 1 y\right)^y=e}$,
2. utilizziamo la formula $\bbox[10px, #E6E6E6]{f(x)^{g(x)}=e^{g(x)\ln(f(x))}}$ e poi il limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to0}\frac{\ln(1+y)}{y}=1}$.

Dobbiamo in entrambi i casi scrivere la base nella forma $(1+y)$, per farlo possiamo ad esempio aggiungere e togliere $2$ al numeratore:
$$
\lim _{x \rightarrow \pm \infty}\left(\frac{3 x-1}{3 x+2}\right)^{\frac{x}{2}}=\\
\lim _{x \rightarrow \pm \infty}\left(\frac{
\bbox[5px, border: 2px solid #71a880]{
3 x+2
}-2-1}{
\bbox[5px, border: 2px solid #71a880]{
3 x+2
}}\right)^{\frac{x}{2}}=\\
\lim _{x \rightarrow \pm \infty}\left(1-\frac{3}{3 x+2}\right)^{\frac{x}{2}}
$$
poi poniamo
$$
\frac 1 y=-\frac{3}{3 x+2} \\
\to y=-\frac{3 x+2}{3}=-x-\frac 2 3
$$
e quindi $x=-y-\frac 2 3$. Notiamo che per $x \to \pm \infty$ abbiamo anche $y\ \to \pm \infty$, quindi sostituendo:
$$
\lim _{x \rightarrow \pm \infty}\left(1-\frac{3}{3 x+2}\right)^{\frac{x}{2}}=\\
\lim _{y \rightarrow \pm \infty}\left(1+\frac{1}{y}\right)^{\frac{1}{2}(-y-\frac 2 3)}=\\
\lim _{y \rightarrow \pm \infty}\left(1+\frac{1}{y}\right)^{-\frac{y}{2}-\frac 1 3}=\\
\lim _{y \rightarrow \pm \infty}
\bbox[5px, border: 2px solid blue]{
\left(
\left(1+\frac{1}{y}\right)^{y}
\right)
^{-1/2}
}\cdot
\bbox[5px, border: 2px solid red]{
\left(1+\frac{1}{y}\right)^{-1/3}
}
$$
il termine blu tende a $e^{-1/2}$ e il termine rosso tende a $1^{-1/3}=1$, quindi il risultato finale è $e^{-1/2}$.

---

477. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow-\infty} \frac{e^{3 x}+2}{e^{2 x}-1}}$

Per $x\to -\infty$ gli esponenziali $\bbox[4px, border: 2px solid blue]{e^{3x}}$ e $\bbox[4px, border: 2px solid green]{e^{2x}}$ tendono a $0$ come si vede nel grafico:

<div style="width:300px; margin:0 auto;">


</div>

In generale tutti gli esponenziali $A^x$ con $A>1$ hanno un grafico crescente analogo a quelli sopra (in questi due casi abbiamo $A=e^2$ e $A=e^3$) che tende a $0$ per $x \to -\infty$ e a $+\infty$ per $x\to+\infty$. Gli esponenziali $A^x$ con $A<1$ invece hanno un andamento decrescente con un comportamento opposto (tendono a $0$ per $x\to+\infty$ e a $+\infty$ per $x\to-\infty$).

Per quanto riguarda il nostro limite quando mandiamo $x\to-\infty$ si ottiene direttamente
$$
\lim_{x \rightarrow-\infty} \frac{e^{3 x}+2}{e^{2 x}-1}=\frac{0+2}{0-1}=-2
$$
e il limite è risolto.

---

478. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}+2}{e^{2 x}-1}}$

Per $x\to +\infty$ gli esponenziali $e^{3x}$ e $e^{2x}$ tendono a $+\infty$ come discusso nell'esercizion precedente. Sostituendo $x\to+\infty$ otteniamo una forma indeterminata $\frac{+\infty}{+\infty}$.
Per evitare la forma indeterminata dobbiamo cercare di semplificare qualcosa tra numeratore e denominatore, siccome abbiamo in entrambi delle somme dobbiamo mettere in evidenza dei termini. La cosa più conveniente è mettere in evidenza i temrini più grandi (come facevamo con le frazioni di polinomi):
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}+2}{e^{2 x}-1}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}\left(1+\frac{2}{e^{3 x}}\right)}{e^{2 x}\left(1-\frac{1}{e^{2 x}}\right)}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}
\bbox[5px, border: 2px solid red]{
\frac{e^{3 x}}{e^{2 x}}
}\cdot \frac{\left(1+\frac{2}{e^{3 x}}\right)}{\left(1-\frac{1}{e^{2 x}}\right)}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}
\bbox[4px, border: 2px solid red]{
e^{x}
}\cdot
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
\frac{\left(1+\frac{2}{e^{3 x}}\right)}{
\left(1-\frac{1}{e^{2 x}}\right)
}}
$$
ora abbiamo che il termine rosso tende a $e^{+\infty}=+\infty$ mentre il termine blu tende a 1 perchè $\frac{2}{e^{3 x}}\to\frac{2}{+\infty}=0$ e così anche $\frac{1}{e^{2 x}}\to 0$. Quindi il risultato finale per il limite è $+\infty$.

---

479. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}+2 e^{x}}{e^{4 x}-e^{x}}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene una forma indeterminata $\frac\infty\infty$. Per risolverla è necessario semplificare qualcosa tra numeratore e denominatore e siccome in entrambi abbiamo delle somme dobbiamo mettere in evidenza un fattore da semplificare. Mettiamo in evidenza i termini più "grandi" (quelli che tendono ad infinito più rapidamente):
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}+2 e^{x}}{e^{4 x}-e^{x}}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}\left(1+\frac{2e^x}{e^{3x}}\right)}{e^{4 x}\left(1-\frac{e^x}{e^{4x}}\right)}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty} \frac{e^{3 x}}{e^{4 x}}\cdot\frac{\left(1+\frac{2}{e^{2x}}\right)}{\left(1-\frac{1}{e^{3x}}\right)}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}
\bbox[4px, border: 2px solid orange]{
\frac{1}{e^{x}}
}\cdot\frac{\left(1+
\bbox[4px, border: 2px solid orange]{
\frac{2}{e^{2x}}
}
\right)}{\left(1-
\bbox[4px, border: 2px solid orange]{
\frac{1}{e^{3x}}
}\right)}.
$$
Ora per $x\to+\infty$ tutti i termini arancioni tendono a $1/e^{+\infty}=1/{+\infty}=0^+$, quindi il limite complessivo sarà $0\cdot \frac{(1+0)}{(1+0)}=0$.

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481. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow-\infty}\left(x^{4}\right)^{e^{-3 x}}}$

Quando $x\to-\infty$ abbiamo che $e^{-3x} \to e^{+\infty}=+\infty$ e così anche $x^4 \to (-\infty)^4=+\infty$. Quindi otteniamo $+\infty^{+\infty}=+\infty$.

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499. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x}{x+3}\right)^{x}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene la forma indeterminata $1^\infty$. Possiamo provare a ricondurci al limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to+\infty}\left(1+\frac {\color{red}{a} }y\right)^y=e^{\color{red}{a}}}$. Per farlo dobbiamo fare in modo di avere come base un termine della forma $(1+...)$, siccome la frazione ha al denominatore un $x+3$ facciamo in modo che compaia anche al numeratore in modo da spezzare la frazione:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x}{x+3}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x\color{red}{+3-3}}{x+3}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x+3}{x+3}+\frac{-3}{x+3}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{-3}{x+3}\right)^{x},
$$
ora dobbiamo fare in modo che anche all'esponente compaia $y=x+3$ così avremo il limite notevole che cerchiamo rispetto alla variabile $y$. Per farlo possiamo a scelta:
1. aggiungere e sottrarre 3 all'esponente,
2. moltiplicare e dividere l'esponente per $(x+3)$.

Entrambe le strategie sono risolutive. Proviamo ora la seconda strada (proveremo la prima nell'esercizio 501):

$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{-3}{x+3}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{-3}{x+3}\right)^{(x+3)\cdot\frac{x}{x+3}}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left[
\bbox[2px, border: 2px solid orange]{
\left(1+\frac{-3}{x+3}\right)^{x+3}
}
\right]^{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
\frac{x}{x+3}}
}\\
$$
dove abbiamo utilizzato la proprietà delle potenze $\bbox[10px, #E6E6E6]{A^{b\cdot c}=\left(A^b\right)^c}$. Il termine arancione è il nostro limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to+\infty}\left(1+\frac {\color{red}{a} }y\right)^y=e^{\color{red}{a}}}$ con $a=-3$ e dunque tende a $e^{-3}$, il termine blu invece è un rapporto di polinomi e il suo limite per $x\to+\infty$ lo risolviamo a parte mettendo in evidenza e semplificando $x$:
$$
\require{cancel}
\frac{x}{x+3}=\frac{\cancel{x}}{\cancel{x}\left(1+
\cancelto{0}{
\frac 3 x
}\right)}\to 1.
$$
In conclusione quindi il limite di partenza è $(e^{-3})^1=e^{-3}$.

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500. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x}{1+x}\right)^{-x}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene la forma indeterminata $1^\infty$. Possiamo provare a ricondurci al limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to+\infty}\left(1+\frac {1 }y\right)^y=e}$. Per farlo dobbiamo fare in modo di avere come base un termine della forma $(1+...)$, in questo caso la cosa più covieniente da fare è ribaltare la frazione per poterla spezzare:
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x}{1+x}\right)^{-x}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\frac{1}{\left(\frac{x+1}{x}\right)^{-x}}=\\
\lim _{x \rightarrow+\infty}\frac{1}{\left(1+\frac{1}{x}\right)^{-x}}
$$
ora usiamo la proprietà delle potenze $\bbox[10px, #E6E6E6]{A^{-b}=\frac{1}{A^b}}$ e otteniamo
$$
\lim _{x \rightarrow+\infty}\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x}=e
$$
essendo esattamente la forma del limite notevole cercato.

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501. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\frac{x+4}{x+2}\right)^{x}}$

Sostituendo $x\to-\infty$ si ottiene la forma indeterminata $1^{\infty}$. Possiamo provare a ricondurci al limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to\pm\infty}\left(1+\frac {\color{red}{a} }y\right)^y=e^{\color{red}{a}}}$. Per farlo dobbiamo fare in modo di avere come base un termine della forma $(1+...)$, siccome il denominatore è $x+2$ cerchiamo di isolare un addendo $x+2$ anche al numeratore per spezzare la frazione:
$$
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\frac{x+4}{x+2}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(\frac{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}+2}{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(1+\frac{2}{x+2}\right)^{x}
$$
ora ci serve che anche l'esponente sia $x+2$ quindi potremmo aggiungere e togliere $2$ all'esponente:
$$
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(1+\frac{2}{x+2}\right)^{x}=\\
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(1+\frac{2}{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}}\right)^{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}-2
}.
$$
Ora usiamo la proprietà delle potenze $\bbox[10px, #E6E6E6]{A^{b+c}=A^b\cdot A^c}$ per isolare la forma del limite notevole e otteniamo:
$$
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(1+\frac{2}{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}}\right)^{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}-2
}=\\
\lim _{x \rightarrow-\infty}\left(1+\frac{2}{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}}\right)^{
\bbox[4px, border: 2px solid blue]{
x+2
}
} \cdot
\bbox[4px, border: 2px solid orange]{
\left(1+\frac{2}{
x+2
}\right)^{
-2
}}
$$
ma il termine arancione tende a $(1+\frac 1 {+\infty})^{-2}=1$ e il termine accanto è il limite notevole $\bbox[10px, #E6E6E6]{\lim_{y\to\pm\infty}\left(1+\frac {\color{red}{a} }y\right)^y=e^{\color{red}{a}}}$ che volevamo ricostruire dove $a=2$, pertanto tende a $e^2$.

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502. $\bbox[20px, border: 3px solid #E0E0E0]{\displaystyle \lim _{x \rightarrow+\infty}\left(\frac{x+4}{2 x+1}\right)^{x}}$

Sostituendo $x\to+\infty$ si ottiene $\left(\frac 1 2\right)^{+\infty}=+\infty$, infatti il termine dentro la parentesi è un quoziente di polinomi e il suo limite per $x\to+\infty$ si risolve mettendo in evidenza $x$ e semplificando:
$$
\require{cancel}
\frac{x+4}{2 x+1}=\\
\frac{\cancel{x}\left(1+\cancelto{0}{\frac 4 x}\right)}{\cancel{x}\left(2 +\cancelto{0}{\frac 1 x}\right)}\to \frac 1 2.
$$