\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\frac{2 n+3}{2 n+1}\right)^{n+1}

Passo 1

O enunciado pede o valor do limite
\lim_{n\to\infty}\left(\frac{2n+3}{2n+1}\right)^{n+1}.
Informações dadas: a expressão é uma sequência em função de n e devemos calcular o limite quando n tende a infinito. Não há outras condições ocultas nem parâmetros adicionais. O que se pede é somente o valor desse limite.

Passo 2

Vamos escrever a base de forma mais clara, fazendo uma reescrita algébrica simples:
\frac{2n+3}{2n+1}=\frac{2n+1+2}{2n+1}=1+\frac{2}{2n+1}.
Portanto a sequência pode ser vista como
\left(1+\frac{2}{2n+1}\right)^{n+1}.

Passo 3

Explico um truque padrão que usamos com esse tipo de expressão: quando temos uma sequência da forma \left(1+u_n\right)^{v_n} com u_n\to 0 e v_n\to\infty, o limite muitas vezes é da forma e^{L}, onde
L=\lim_{n\to\infty} v_n u_n,
desde que esse limite exista finito. A razão é a seguinte: tome o logaritmo natural da sequência,
\ln\!\left[\left(1+u_n\right)^{v_n}\right]=v_n\ln(1+u_n).
Escrevendo isso como
v_n\ln(1+u_n)=\bigl(v_n u_n\bigr)\cdot\frac{\ln(1+u_n)}{u_n},
e sabendo que
\lim_{u\to 0}\frac{\ln(1+u)}{u}=1,
concluímos que se v_n u_n\to L então v_n\ln(1+u_n)\to L, logo a sequência original tende a e^{L}. Esse é o argumento padrão (usar logaritmo e a propriedade \ln(1+u)\sim u quando u\to0).

Passo 4

No nosso caso identificamos
u_n=\frac{2}{2n+1}\quad\text{e}\quad v_n=n+1.
Verificamos que u_n\to 0 quando n\to\infty. Agora calculamos o produto v_n u_n:
v_n u_n=(n+1)\cdot\frac{2}{2n+1}=\frac{2(n+1)}{2n+1}.
Para achar o limite dessa razão, dividimos numerador e denominador por n:
\frac{2(n+1)}{2n+1}=\frac{2\left(1+\dfrac{1}{n}\right)}{2+\dfrac{1}{n}}\xrightarrow[n\to\infty]{}\frac{2\cdot 1}{2}=1.
Portanto \lim_{n\to\infty} v_n u_n=1.

Passo 5

Aplicando o argumento do passo 3: como u_n\to 0 e v_n u_n\to 1, temos
\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{2}{2n+1}\right)^{n+1}=e^{1}=e.
Se preferir ver em termos de logaritmo, basta notar que
\lim_{n\to\infty}(n+1)\ln\!\left(1+\frac{2}{2n+1}\right)=1,
portanto exponenciando obtemos o resultado acima.

Resposta

e

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