Limiti di successioni

(1)

Limiti di successioni

Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva

Universit`a degli Studi di Padova Dipartimento di Matematica

20 ottobre 2015

(2)

Successioni.

La successione f : N → R, che ad n associa an viene spesso

visualizzata come

a0, a1, a2, . . . , an, . . .

e denotata come {an}n∈N.

Esempio

an= n2, per ogni n ∈ N, `e visualizzata come 0, 1, 4, 9, . . .;

an= 1/n, per ogni n ∈ N\{0}, `e visualizzata come

1, 1/2, 1/3, . . .;

an= 17 (costante), per ogni n ∈ N\{0}, `e visualizzata come

17, 17, 17, . . .;

an= (−1)n per ogni n ∈ N\{0}, `e visualizzata come

1, −1, 1, −1, . . .;

(3)

Successioni.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Figura : Grafico della successione an= n2, ristretto ai valori 0, 1, . . . , 10. .

(4)

Successioni: limitatezza

Definizione (Limitata inferiormente)

La successione {an} `elimitata inferiormentese esiste m ∈ R tale che

an≥ m, per ogni n ∈ N.

Definizione (Limitata superiormente)

La successione {an} `elimitata superiormentese esiste M ∈ R tale che

an≤ M, per ogni n ∈ N.

Definizione (Limitata)

La successione {an} `elimitatase esistono m, M ∈ R tali che

m ≤ an≤ M, per ogni n ∈ N.

(5)

Successioni: limitatezza (esempi)

Esempio

La successione an= n2 `e limitata inferiormente ma non

superiormente.

Esempio

La successione an= (−1)n`e limitata.

Esempio

La successione an= (−2)n non `e limitata (ne’ superiormente, ne’

inferiormente).

(6)

Successioni.

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 −600 −400 −200 0 200 400 600 800 1000 1200

Figura : Grafico della successione an= (−2n)2, ristretto ai valori

0, 1, . . . , 10.

.

(7)

Successioni

Definizione

Diremo che {an} possiede una certa propriet`adefinitivamentese esiste N ∈ N

tale che {an} ha quella propriet`a per ogni n ≥ N.

Esempio

La successione an= n2− 6n `e definitivamente positiva. Infatti abbiamo

n2− 6n = n(n − 6) per n > 6 e quindi l’asserto `e verificato.

Esempio

La successione an= 1/n `e definitivamente minore di 1/100. Infatti abbiamo

1/n < 1/100 per n > 100 e quindi l’asserto `e verificato.

(8)

Successioni e limiti

Definizione

Scriveremo che

lim

n→+∞an= L, L ∈ R

se per ogni > 0 si ha che |an− L| ≤ definitivamente, cio`e esiste

N() ∈ N tale che per n ≥ N() si ha che L − < an< L + .

Definizione (Convergenza)

Scriveremo che una successione {an} convergea L se

limn→+∞an= L. Il valore L si chiamalimitedella successione.

(9)

Successioni e limiti: note

Nota.

Si noti che la quantit`a N() dipende da ;

A volte scriveremo limnan= L al posto di limn→+∞an= L;

A volte scriveremo an→ L al posto di limn→+∞an= L.

(10)

Successioni e limiti: esempio 1

Esempio

Mostriamo che se an= 1/n allora

lim

n→+∞an= 0.

Dimostrazione.

A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogni > 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora

1 n− 0 < . Osservato che essendo n ∈ N, |1n− 0| =

1

n basta mostrare che per n

sufficentemente grande 1 n < .

(11)

Successioni e limiti: esempio 1

Se bmc `e la parte intera di un numero, postoN() = b1 c + 1

1

< N() ⇒

1

N() < (1)

si ha che per n ≥ N() necessariamente 1_n≤ 1

N() e quindi 1 n ≤ 1 N() < . Nota.

Dato un numero a = p, q1q2. . . poniamo con bac = p. Cos`ı,

b2c = 2, b2, 01c = 2.

(12)

Successioni e limiti: esempio 2

Esempio

Mostriamo che se an= 31/n allora

lim

n→+∞an= 1.

Dimostrazione.

A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogni > 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora

|31n − 1| < .

Osservato che essendo n ∈ N, |31n − 1| = 3 1

n − 1 basta mostrare

che per n sufficentemente grande 31n − 1 < .

(13)

Successioni e limiti: esempio 2

Questo `e equivalente a mostrare che definitivamente si ha 3n1 < 1 + ed essendo il log

3(x ) una funzione strettamente

crescente, ci`o `e vero se e solo se log₃(31n) < log

3(1 + )

ovvero, dalle propriet`a dei logaritmi (log₃3m= m per ogni m > 0) 1

n < log3(1 + ).

(14)

Successioni e limiti: esempio 2

Posto N() = d 1 log₃(1 + )e + 1 > 1 log₃(1 + ) per n > N() 1 n < 1 N() < 1 log₃(1 + ) e quindi l’asserto `e verificato.

(15)

Successioni e limiti: esempio 2

n an 500 1.002199640244188 1000 1.001099215984204 1500 1.000732676468818 2000 1.000549457040582 2500 1.000439541485529 3000 1.000366271157128 3500 1.000313938493711 4000 1.000274690792775 4500 1.000244165867783 5000 1.000219746598481 6000 1.000183118812314 7000 1.000156956929117 8000 1.000137335965804 9000 1.000122075482680 10000 1.000109867263833 50000 1.000021972487165 100000 1.000010986183234 200000 1.000005493076530 300000 1.000003662047668 400000 1.000002746534493 500000 1.000002197226991

Tabella : Lenta convergenza a L = 1 della successione an= 31/n.

(16)

Successioni e limiti: univocit`

a del limite

Teorema

Se {an} `e convergente, allora il limite `e unico.

Dimostrazione facoltativa.

Supponiamo per assurdo che esistano due limiti distinti, L1, L2.

Allora

lim

n→∞an= L1, n→∞lim an= L2

e quindi per ogni > 0 esistono

N1() tale che |an− L1| < , per ogni n ≥ N1();

N2() tale che |an− L2| < , per ogni n ≥ N2().

(17)

Successioni e limiti: univocit`

a del limite

Sia N = max{N1(()), N2(())}. Allora per ogni n > N

necessariamente |an− L1| < e |an− L2| < e quindi, per la

disuguaglianza triangolare |a + b| ≤ |a| + |b|, |L₁− L₂| = |L₁− a_n+ an− L2|

≤ |L1− an| + |an− L2| < 2

In definitiva |L1− L2| < 2 per ogni > 0, il che implica che sono

uguali, in contraddizione che li avevamo assunti distinti.

(18)

Successioni e limiti: divergenti

Definizione (+∞)

Si dice che una successioneha limite +∞e si scrive lim

n→+∞an= +∞

se per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora an> M (cio`e

an> M definitivamente).

Definizione (−∞)

Si dice che una successione ha limiteha limite −∞e si scrive lim

n→+∞an= −∞

se per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora an< −M (cio`e

an< −M definitivamente).

(19)

Successioni e limiti: divergenti

Definizione (Divergente)

Si dice che una successione `e divergente, se lim

n→+∞an= +∞

oppure

lim

n→+∞an= −∞

(20)

Successioni e limiti: convenzioni

Per convenzione R = (−∞, ∞), se a ∈ R allora (−∞, a] = {x ∈ R, x ≤ a} (−∞, a) = {x ∈ R, x < a} [a, +∞) = {x ∈ R, x ≥ a} (a, +∞) = {x ∈ R, x > a} R∗ = [−∞, ∞]

(21)

Successioni e limiti: esempio 1

Esempio Si dimostri che lim n→+∞n 2_{= +∞.} Dimostrazione.

Bisogna mostrare che per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora n2 > M. Basta scegliere N(M) >√M affinch`e se n > N(M)

n2 > (N(M))2 > ( √

M)2 = M.

(22)

Successioni e limiti: esempio 2

Esempio Si dimostri che lim n→+∞log 1 n = −∞. Dimostrazione.

Bisogna mostrare che per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) alloralog1_n < −M o equivalentemente, visto che elog (x )= x ed ex è una funzione crescente, 1_n < e−M, cioè eM < n. Basta scegliere N(M) > eM affinchè se n > N(M)

eM < N(M) < n.

(23)

Successioni e limiti: indeterminata

Definizione (Indeterminata)

Una successione {an} che non `e ne’ convergente, ne’ divergente, si

diceindeterminata(o irregolare). In tal caso si dice che il limite della successione non esiste.

Esempio

La successione an= (−1)n`e indeterminatain quanto assume

alternativamente valori −1 e 1.

Esempio

La successione an= (−2)n`e indeterminatain quanto assume

alternativamente valori positivi e negativi.

(24)

Successioni e limiti: esercizi da provare

Usando la definizione di limite verificare che 1 limn→∞n+1_n = 1;

2 limn→∞₃1n = 0;

3 lim_n→∞3n+ 5 = +∞; 4 lim_n→∞1 − n2= −∞.

(25)

Successioni e limiti: limitatezza

Definizione (Limitata)

Una successione {an} `elimitata se e solo se esistono m, M ∈ R tali

che m ≤ an≤ M per ogni n ∈ N.

Teorema

Sia {an} una successione convergente. Allora {an} `e limitata.

Da {an} convergente, esiste L tale che limn→+∞an= L. Allora per

ogni > 0 esiste N() ∈ N tale che se n ≥ N() allora L − < an< L + . Siano m = min{a0, . . . , aN(), L − },

M = max{a0, . . . , aN(), L + }. Allora m ≤ an≤ M per ogni

n ∈ N.

(26)

Successioni e limiti: limitatezza

Nota.

Una successione {an} limitata non `e necessariamente convergente.

Ad esempio an= (−1)n`e limitata in quanto

−1 ≤ a_n _{≤ 1, ∀n ∈ N}

ma come detto in precedenza non `e convergente (in quanto indeterminata). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 −2 −1.5 −1 −0.5 0 0.5 1 1.5 2

Figura : Successione an= (−1)nper n = 0, 1, . . . , 10. .

(27)

Successioni e limiti: calcolo

Teorema Supponiamo lim n→+∞an= a, n→+∞lim bn= b. Allora: limn→+∞(an+ bn) = a + b; limn→+∞(an− bn) = a − b; limn→+∞(an· bn) = a · b; se an

bn `e ben definita e b 6= 0 allora limn→+∞

an

bn =

a b;

se anbn `e ben definita e a > 0 allora limn→+∞anbn = ab;

(28)

Successioni e limiti: calcolo

Mostriamo che se limn→+∞an= a e limn→+∞bn= b allora

limn→+∞(an+ bn) = a + b.

Siccome an→ a allora per ogni ₂> 0 esiste N1(₂) tale che se n > N1(₂)

allora |an− a| ≤ ₂;

Siccome bn→ b allora per ogni ₂ > 0 esiste N2(₂) tale che se n > N2(₂)

allora |bn− b| ≤₂;

Sia N() = max{N1(₂), N2(₂)}. Allora per ogni n > N() abbiamo

|an− a| ≤ ₂ e |bn− b| ≤ ₂ da cui, per la disuguaglianza triangolare

|x + y | ≤ |x| + |y | per ogni x, y ∈ R ricaviamo

|(an+ bn) − (a + b)| = |(an− a) + (bn− b)| ≤ |an− a| + |bn− b| ≤ 2+ 2= 4

(29)

Successioni e limiti: calcolo

Mostriamo che se limn→+∞an= a e limn→+∞bn= b allora

limn→·∞(an· bn) = a · b. Siccome an `e convergente, `e pure limitata

e quindi esiste L tale che |an| ≤ L per ogni n ∈ N.

Siccome an→ a allora per ogni > 0 esiste N1() tale che se

n > N1() allora |an− a| ≤ ;

Siccome bn→ b allora per ogni > 0 esiste N2() tale che se

n > N2() allora |bn− b| ≤ ;

(30)

Successioni e limiti: calcolo

Sia N() = max{N1(), N2()}. Allora per ogni n > N() abbiamo |an− a| ≤

e |bn− b| ≤ da cui, siccome vale la disuguaglianza triangolare

|x + y | ≤ |x| + |y | per ogni x, y ∈ R ricaviamo

|an· bn− a · b| = |an· bn− an· b + an· b − a · b|

= |an(bn− b) + b · (an− a)|

≤ |an(bn− b)| + |b · (an− a)|

= |an||bn− b| + |b||an− a|

≤ |an| + |b| ≤ (L + |b|)

e quindi essendo {an} convergente `e limitata da un certo L e cos`ı

|an· bn− a · b| ≤ (L + |b|) (2)

(31)

Successioni e limiti: calcolo

A questo punto fissato arbitrariamente ∗, si consideri = _(L+|b|)∗ , e si ponga N∗(∗) = N(). Allora per ogni n > N∗(∗) si ha da (2) che

|a_n· b_n− a · b| ≤ (L + |b|) = (L + |b|)

∗

(L + |b|) =

∗

cio`e per definizione

lim

n→·∞(an· bn) = a · b.

4

(32)

Successioni e limiti

Teorema

Se limn→+∞an= a eC `e una costantealloralimn→+∞C · an= C · a.

Dimostrazione.

Basta scegliere bn= C per ogni n ∈ N e osservare che bn→ C . Per il teorema

precedente lim

n→+∞C · an=n→+∞lim bn· an=n→+∞lim bn· limn→+∞an= C · a.

Teorema

Se limn→+∞an= a eC `e una costantealloralimn→+∞an+ C = a + C.

Dimostrazione.

Basta scegliere bn= C per ogni n ∈ N e osservare che bn→ C . Per il teorema

precedente lim

n→+∞an+ C =n→+∞lim an+ bn=n→+∞lim an+ limn→+∞bn= a + C .

(33)

Successioni e limiti: esempio 1

Esercizio

Calcolare limn→+∞_n12.

Essendo limn→+∞ 1_n = 0, e se limn→+∞an= a, limn→+∞bn= b

allora lim n→+∞an· bn= a · b necessariamente lim n 1 n2 = lim_n 1 n · 1 n = limn 1 n · limn 1 n = 0.

(34)

Successioni e limiti: esempio 2

Esercizio Calcolare limn→+∞3 1 n − 1 n2 −87_n. Osserviamo che

da limn→+∞_n1= 0, e che se anbn `e ben definita e a > 0 allora

limn→+∞anbn= ab, ricaviamo che

lim n→+∞3 1 n _{= 3}0_{= 1;} limn→+∞_n12 = 0; limn→+∞87_n = 87 limn→+∞1_n= 0; allora lim n→+∞3 1 n₋ 1 n2 − 87 n = 1 + 0 − 0 = 1.

(35)

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Teorema

Si supponga limn→+∞an= a > 0. Allora an> 0 definitivamente,

cio`e esiste N tale che se n > N allora an> 0.

Per definizione, per ogni > 0 esiste N() tale che se n > N() allora |an− a| ≤ . Se scelgo tale che a − abbiamo che esiste

N() tale che se n > N() si ha |an− a| ≤ cio`e

− ≤ a_n− a ≤ ⇔ 0 < a − ≤ a_n ≤ a + , e quindi an> 0.

(36)

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Nota.

Il teorema dice che se

an→ a, a>0

allora

an>0

definitivamente. Non `e vero che se

an→ a, a≥0 allora an≥0, definitivamente. Controesempio: si consideri an= − 1 n. Si ha che an→ 0 ma non `e an≥ 0 definitivamente.

(37)

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Abbiamo detto che il teorema di permanenza del segno stabilisce che

Teorema

Si supponga limn→+∞an= a e a > 0 allora an> 0 definitivamente.

Un teorema complementare `e

Teorema

Si supponga limn→+∞an= a e an≥ 0 allora a ≥ 0.

Per assurdo supponiamo a < 0. Allora an< 0 definitivamente, il

che `e assurdo.

Si noti che la tesi del primo stabilisce una propriet`a della successione, mentre la tesi del secondo una propriet`a del limite.

(38)

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Teorema Si supponga limn→+∞an= a, limn→+∞bn= b, an≥ bn definitivamente, allora a ≥ b. Dimostrazione facoltativa.

Da an≥ bn definitivamente, abbiamo che an− bn≥ 0. Inoltre

an− bn→ a − b. Allora per il Teorema 0.8 abbiamo che a − b ≥ 0

cio`e a ≥ b.

(39)

Successioni e limiti: alcuni limiti notevoli

Teorema Sia α ∈ R. Allora lim n n α ₌    +∞, α > 0 1 α = 0 0, α < 0 Dimostrazione facoltativa.

Traccia: si usi la definizione di limite.

(40)

Successioni e limiti: esercizio

Esercizio Si calcoli lim n n1/2+ n2+ 8 n3/2_{+ n}5 Svolgimento.

Raccogliendo a numeratore e denominatore relativamente alla potenza di grado massimo lim n n1/2_{+ n}2_{+ 8} n3/2_{+ n}5 = limn n2( 1 n3/2 + 1 + 8 n2) n5₍ 1 n5−3/2 + 1) = lim n 1 n3 1 n3/2 + 1 + 8 n2 1 n7/2 + 1 = lim n 1 n3lim_n 1 n3/2 + 1 + 8 n2 1 n7/2 + 1 = 01 1= 0

(41)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri

Teorema (Dei due carabinieri o del confronto)

Supponiamo che sia an≤ bn≤ cn definitivamente e che an→ L,

cn→ L. Allora bn→ L.

Nota.

Si osservi che il teorema stabilisce che pure la successione bnrisulta

convergente (cosa a priori non ipotizzata).

Per definizione

∀ > 0, ∃N1() tale che n ≥ N1() ⇒ |an− L| ≤ (3)

∀ > 0, ∃N2() tale che n ≥ N2() ⇒ |cn− L| ≤ (4)

Sia N() = max{N1(), N2()}.

(42)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri

Allora per n ≥ N() abbiamo che |an− L| ≤ , |cn− L| ≤ e quindi

L − ≤ an≤ bn≤ cn≤ L + .

Cos`ı ,

L − ≤ an≤ bn≤ cn ≤ L +

e quindi per ogni > 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora L − ≤ bn≤ L +

cio`e bn→ L.

(43)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario

1

Corollario

Supponiamo che γn→ 0, e |βn| ≤ γn. Allora βn→ 0.

Basta ricordare che da |βn| ≤ γn abbiamo −γn≤ βn≤ γn.

L’asserto segue dal fatto che −γn→ 0, γn→ 0.

Teorema

Si supponga che αn≥ βn, e βn→ +∞. Allora αn→ +∞.

Teorema

Si supponga che αn≤ βn, e βn→ −∞. Allora αn→ −∞.

(44)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio

Esempio

Da 1 + sin2(n) ≥ 1 abbiamo n2(1 + sin2(n)) ≥ n2 e n2→ +∞ implica che n2(1 + sin2(n)) → +∞.

n an bn 100 10000 12564.06162496497 200 40000 70505.92677285073 300 90000 179956.0565474808 400 160000 275850.2010573994 500 250000 304702.6154636621 600 360000 360702.7519466155 700 490000 634992.9258412301 800 640000 1151476.308414404 900 810000 1616445.213302237 1000 1000000 1683729.774550416 10000 100000000 109340015.4695540 20000 400000000 535482505.2774224 30000 900000000 1479844630.411332 40000 1600000000 3033499714.988887 50000 2500000000 4999201009.297766

Tabella : Divergenza di an= n2e bn= n2· (1 + sin (n) 2

).

(45)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario

2

Definizione (Infinitesima)

Sia an→ 0. Allora la successione {an} si dice infinitesima.

Il prodotto di una successione infinitesima per una successione limitata, `e una successione infinitesima.

Corollario

Supponiamo che bn→ 0, e |cn| ≤ K (cio`e che la successione cn sia

limitata). Allora cn· bn→ 0.

Osserviamo che se bn→ 0, pure Kbn→ 0. Ma abbiamo

|c_n· b_n| ≤ Kb_n→ 0.

L’asserto segue dal corollario precedente, ponendo βn= cn· bn e

γn= K · bn

(46)

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio

Esempio

La successione sin n_n `e infinitesima.

La successione an= sin (n) `e limitata. La successione bn= _n1 `e

infinitesima. Allora per il precedente corollario al teorema dei Due Carabinieri, la successione sin n_n `e infinitesima.

Nota.

Una facoltativa simile si ottiene applicando il teorema dei due carabinieri, dopo aver osservato che

−1 n ≤ sin(n) n ≤ 1 n.

(47)

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Teorema Se an→ a ∈ (−∞, +∞) e bn→+∞ allora an+ bn→ +∞; an− bn→ −∞. Teorema Se an→ a ∈ (−∞, +∞) e bn→−∞ allora an+ bn→ −∞; an− bn→ +∞. Nota.

Tali teoremi valgono pi`u in generale quando {an} `e limitata.

(48)

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Teorema Se an→ +∞ e bn→ +∞ allora an+ bn→ +∞; −an− bn→ −∞; an· bn→ +∞. Teorema Se an→ −∞ e bn→ −∞ allora an+ bn→ −∞; −an− bn→ +∞; an· bn→ +∞.

(49)

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Definizione (Funzione segno)

La funzionesegno(a)vale 1 se a > 0, 0 se a = 0, −1 se a < 0.

Teorema Se an→ a 6= 0 e bn→ +∞ allora an· bn→ segno(a) · ∞. Teorema Se an→ a 6= 0 e bn→ −∞ allora an· bn→ −segno(a) · ∞.

(50)

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Teorema

Se an→ 0 allora _a1_n → ∞.

Teorema

Se an→ +∞ o an→ −∞, allora _a1_n → 0.

(51)

Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi

Esercizio Si dimostri che 3 −1 n n3 → +∞. Esercizio

Ricordando che −_n1 ≤ sin (n)_n ≤ 1_n, si dimostri che sin (n)

n → 0.

(52)

Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi

Esercizio

E’ vero che

1 sin (n) → +∞? Esercizio Si dimostri che 1 3n → 0.

(53)

Successioni e limiti: algebra dei limiti, nota

Nota.

Non sono determinabili i limiti nei seguenti casi an→ +∞, bn→ +∞, allora an− bn=?;

an→ 0, bn→ ±∞, allora an· bn=?;

an→ 0, bn→ 0, allora a_bn_n =?;

an→ ±∞, bn→ ±∞, allora a_bn_n =?.

Tali forme si chiamanoindeterminate(o di indecisione), perch`e pu`o succedere qualsiasi cosa.

(54)

Successioni e limiti: esercizi

Esercizio

Calcolare limn(n3− n2+ 5 − n). Suggerimento: raccogliere n3.

Svolgimento.

A priori non possiamo dedurre il risultato perch`e in parte

sottrazione di infiniti di segno opposto. Tuttavia, raccogliendo n3 abbiamo n3− n2_{+ 5 − n = n}3 1 −1 n + 5 n3 − 1 n2

e visto che il termine tra parentesi tende a 1 la successione diverge a +∞.

(55)

Successioni e limiti: esercizi

Esercizio Calcolare limn( √ n −√n + 1). Suggerimento: razionalizzare la frazione. Svolgimento.

A priori non possiamo dedurre il risultato perch`e in parte sottrazione di infiniti di segno opposto, in quanto

√ n → +∞ e√n + 1 → +∞. Tuttavia, da√n +√n + 1 → +∞, razionalizzando √ n −√n + 1 = (√n −√n + 1) ·( √ n +√n + 1) (√n +√n + 1) = n − (n − 1) (√n +√n + 1)= 1 (√n +√n + 1)→ 0

(56)

Successioni e limiti: esercizi

Esercizio Calcolare limnn 5_{+sin (n)} 2n5₊1 n

. Suggerimento: raccogliere n5 tanto a numeratore, quanto a denominatore.

Svolgimento. Osserviamo che n5_{+ sin (n) = n}5_{1 +}sin (n) n5 ; 2n5+1_n = n5 2 +_n16.

Tanto il numeratore quanto il denominatore divergono e quindi nulla si pu`o dire a priori. Tuttavia per quanto visto

n5+ sin (n) 2n5₊1 n = n5_{1 +}sin (n) n5 n5 _{2 +} 1 n6 = 1 +sin (n)_n5 2 +_n16 → 1/2.

(57)

Successioni e limiti: esercizi

Esercizio Calcolare limn√_n−1√_n+1. Esercizio Calcolare limn√_n−n√_n+1. Esercizio Calcolare limn√_n+1−n+1√_n+2.

(58)

Successioni e limiti: monotonia crescente

Definizione (Monotona crescente)

Una successione {an} `e monotona crescente se an≤ an+1 per ogni

n ∈ N.

Definizione (Monotona strettamente crescente)

Una successione {an} `e monotona strettamente crescente se

an< an+1 per ogni n ∈ N.

(59)

Successioni e limiti: monotonia decrescente

Definizione (Monotona decrescente)

Una successione {an} `e monotona decrescentese an≥ an+1 per

ogni n ∈ N.

Definizione (Monotona strettamente decrescente)

Una successione {an} `e monotona strettamente decrescentese

an> an+1 per ogni n ∈ N.

(60)

Successioni e limiti: esempi monotonia

Esempio

La successione

an= n2

`e strettamente crescente. Si vuole mostrare che an< an+1 per ogni n ∈ N, ed `e

banalmente vero perch`e n2< (n + 1)2.

Esempio

La successione

an=

1 n

`e strettamente decrescente. Si vuole mostrare che an> an+1 per ogni n ∈ N, ed

`e banalmente vero perch`e 1_n >_n+11 .

Esempio

La successione costante an= 17 `e crescente e decrescente.

Esempio

La successione an= (−1)n non `e monotona crescente o decrescente, in quanto

assume alternativamente valori −1 e 1.

(61)

Successioni e limiti: esempi monotonia

Esempio

La successione an= sin (n) non `e decrescente o crescente.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 −1 −0.8 −0.6 −0.4 −0.2 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1

Figura : La successione sin (n), per n = 0, . . . , 20.

.

(62)

Successioni e limiti: esempi monotonia

Esempio La successione an= n+1_n , n ≥ 1, `e monotona. 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 1 1.1 1.2 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 2 Figura : La successione 1 n, per n = 0, . . . , 20. .

(63)

Successioni e limiti: esempi monotonia

Mostriamo che la successione `e monotona strettamente

decrescente, come suggerito dal grafico. Basta sia, per definizione, n + 1 n > n + 2 n + 1 cio`e (n + 1)2> n(n + 2) ⇔ n2+ 2n + 1 > n2+ 2n ⇔ 1 > 0, cosa ovvia.

(64)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Teorema

Sia {an} una successione

monotona crescente, limitata superiormente.

Allora {an} `e convergente e limnan= sup {an: n ∈ N}.

Teorema

Sia {an} una successione

monotona decrescente, limitata inferiormente.

Allora {an} `e convergente e limnan= inf {an: n ∈ N}.

(65)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Mostriamo il primo asserto. Il secondo si dimostra similmente (per casa). Se la successione `e limitata superiormente, allora esiste

Λ = sup {an: n ∈ N}.

Devo mostrare che limnan = Λ, cio`e che per ogni > 0 esiste N()

tale che se n > N() allora |an− Λ| ≤ .

Per definizione di estremo superiore, essendo il minore dei maggioranti, per ogni > 0, si ha che

an≤ Λ ≤ Λ + . (5)

per ogni n > N().

(66)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Essendo Λ il minimo maggiorante, necessariamente per ogni > 0, esiste N() ∈ N tale che aN()> Λ − .

Ma essendo la successione monotona crescente

aN() ≤ aN()+1≤ . . . ci`o implica che per ogni n > N(), in virt`u

anche di (5),

Λ − < an≤ Λ ≤ Λ + , n ∈ N

cio`e per ogni > 0 esiste N() t.c. se n > N() allora |an− Λ| ≤ ,

ovvero an→ Λ.

(67)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Teorema Se {an} `e monotona crescente, ` e illimitata superiormente allora an→ +∞. Teorema Se {an} `e monotona decrescente, ` e illimitata inferiormente allora an→ −∞.

Le dimostrazioni seguono dalla illimitatezza e dal fatto che se andiventa

arbitrariamente grande (o piccolo), per monotonia, lo `e definitivamente.

(68)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi

Esempio

La successione an= n2 `e strettamente crescente e illimitata

superiormente. Quindi an→ +∞.

Esempio

La successione an= 1_n `e strettamente decrescente e

inf {an: n 6= 0} = 0. Quindi an→ 0.

Esempio

La successione geometrica an= qn per q ∈ (1, +∞) `e strettamente

crescente e illimitata superiormente. Quindi an→ +∞.

(69)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi

Esempio

La successione geometrica an= qn per q ∈ (0, 1) `e strettamente

decrescente e limitata inferiormente, essendo inf {an: n ∈ N} = 0.

Quindi an→ 0.

Esempio

La successione geometrica an= qn per q = 1 `e ovviamente tale

che an→ 1.

Esempio

La successione geometrica an= qn per q ∈ (−1, 0) ha segno

alterno e quindi non `e strettamente decrescente o crescente. Comunque an→ 0.

(70)

Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi

Esempio

La successione geometrica an= qnper q ∈ (−∞, −1] assume valori di segno

alterno sempre pi`u grandi in modulo e quindi `e indeterminata.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 −6 −4 −2 0 2 4 6 8 10 12 x 105

Figura : La successione an= (−2)n, per n = 0, 1, . . . , 20. Si osservi il

fattore di scala 105 _{nelle ordinate!} .

(71)

Successioni e limiti: il numero e

Consideriamo la successione an= (1 + 1_n)n. Si dimostra che `e

convergente. Per definizione, si pone limn 1 +1_n

n = e

con e = 2.718281828459046 noto comenumero di Nepero o numero di Eulero.

La non semplice dimostrazione sulla convergenza di an si basa sul

provare che an`e monotona crescente e 2 ≤ an< 4.

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2 2.2 2.4 2.6 2.8 Figura : La successione an= (1 +1n) n_{, per n = 0, 1, . . . , 20.} .

(72)

Successioni e limiti: il numero e

n an 1 2.000000000000000 2 2.250000000000000 3 2.370370370370370 4 2.441406250000000 5 2.488319999999999 6 2.521626371742113 7 2.546499697040712 8 2.565784513950348 9 2.581174791713198 10 2.593742460100002 50 2.691588029073608 100 2.704813829421528 200 2.711517122929317 300 2.713765157942784 400 2.714891744381229 500 2.715568520651728 1000 2.716923932235594 10000 2.718145926824926 100000 2.718268237192297 1000000 2.718280469095753 10000000 2.718281694132082 100000000 2.718281798347358 Tabella : Convergenza di an= 1 +1_n n a e = 2.718281828459046.

(73)

Successioni e limiti: alcuni limiti

Esercizio Mostrare che lim n 1 + 1 −n −n = e. Dimostrazione facoltativa.

Traccia: Osserviamo che

lim n 1 + 1 n n = lim n n + 1 n n = e → lim n n n − 1 n−1 = e

in quanto il comportamento all’infinito della successione an= n+1_n n ` e uguale a quello di bn= n n−1 n−1 = an−1.

(74)

Successioni e limiti: alcuni limiti

Ma dall’algebra dei limiti,

lim n 1 + 1 −n −n = lim n −n + 1 −n −n = lim n 1 n n−1 !n!−1 = lim n   1 n n−1 !n−1 1 n n−1 !  −1 = lim n    1 n n−1 n−1 n − 1 n    −1 = 1 e · 1 −1 = e.

(75)

Successioni e limiti: il numero e

n an 1 2.000000000000000 2 2.250000000000000 3 2.370370370370370 4 2.441406250000000 5 2.488319999999999 6 2.521626371742113 7 2.546499697040712 8 2.565784513950348 9 2.581174791713198 10 2.593742460100002 100 2.704813829421528 200 2.711517122929317 300 2.713765157942784 400 2.714891744381229 500 2.715568520651728 100 2.704813829421528 1000 2.716923932235594 10000 2.718145926824926 100000 2.718268237192297 Tabella : Convergenza di an= 1 −1n −n a e = 2.718281828459046.

(76)

Successioni e limiti: alcuni limiti

Pi`u in generale si mostra il seguente teorema

Teorema Se an→ +∞, allora limn 1 +_a1 n an = e. Cos`ı Esempio

Si mostra che limn 1 +_n12

n2 = e.

(77)

Successioni e limiti: alcuni limiti

Pi`u in generale si mostra il seguente teorema

Teorema Se an→ −∞, allora limn 1 +_a1 n an = e.

(78)

Successioni e limiti: alcuni limiti

Esercizio Calcolare lim n 1 − 3 n2_{+ 5} −n2+5 3 . Svolgimento.

Osserviamo che per an = −n

2₊₅ 3 , 1 − 3 n2_{+ 5} −n2+5₃ = 1 + 1 an an

e quindi da an→ −∞ abbiamo che limn

1 −_n23₊₅

−n2+5₃ = e.

(79)

Successioni e limiti: alcuni limiti

0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 2.5 3 3.5 4 4.5 5 Figura : La successione an= 1 − _n23₊₅ −n2 +53 , per n = 0, 1, . . . , 20. .

(80)

Successioni e limiti: alcuni esercizi

Esercizio

Mostrare che se α 6= 0 allora

lim n 1 +α n _αn = e.

Mostrare che se α 6= 0 allora

lim n 1 +α n n = eα.

Mostrare che limn 1 −1_n

n = 1_e.

(81)

Successioni e limiti: alcuni esercizi

Esercizio Calcolare lim n n + 1 n 3n .

Ricordiamo che se limnan= γ, con γ ∈ R, allora limnaαn = γα e

quindi n + 1 n 3n = 1 +1 n n3 = e3.

(82)

Successioni e limiti: alcuni esercizi

Esercizio Calcolare lim n 1 +1 n n2 +7_2n+1 . Osserviamo che 1 +1 n n2 +7_2n+1 = 1 +1 n n1_nn2 +7_2n+1 = 1 +1 n nn2 +7 2n2 +n .

Ricordiamo che se an→ α, bn→ β, con α, β ∈ R allora anbn → αβ. Quindi da n2₊₇

2n2_+n →

1

2 ricaviamo che la successione tende a e

1/2_{≈ 1.648721270700128.}

(83)

Successioni e limiti: alcuni limiti

0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 1.62 1.64 1.66 1.68 1.7 1.72 1.74 1.76 1.78 Figura : La successione an= 1 +_n1 n2 +72n+1_{, per n = 5, 10, 15, . . . , 100.}

(84)

Confronti e stime asintotiche

Ricordiamo che

Definizione (Infinitesima)

Se an→ 0 la successione si diceinfinitesima.

Definizione (Infinita)

Se an→ ±∞ la successione si diceinfinita.

(85)

Confronti e stime asintotiche

Definizione (Ordini di infinito)

Supponiamo an→ ±∞, bn→ ±∞. Consideriamo lim n an bn . Se

vale 0 allora {bn} `e un infinito di ordine superiorerispetto a

{an};

vale L, con −∞ < L < +∞, L 6= 0 allora {an} e {bn} sono

infiniti dello stesso ordine;

vale ±∞ allora {an} `e uninfinito di ordine superiore rispetto

a {bn};

non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.

(86)

Confronti e stime asintotiche: esempio 1

Esempio

La funzione an= n5+ 3 ha ordine superiore rispetto bn= n.

Dimostrazione.

Basta osservare che lim n n n5_{+ 3} = lim_n n n5_{(1 +} 3 n5) = lim n 1 n4_{(1 +} 3 n5) = 0.

(87)

Confronti e stime asintotiche: esempio 2

Esempio

La funzione an= 3n2 ha lo stesso ordine rispetto

bn= 3n2+1_n+ sin (n).

Dimostrazione.

Basta osservare che

lim n 3n2 3n2₊1 n+ sin (n) = lim n 3n2 3n2_{(1 +} 1 3n3 + sin (n) 3n2 ) = lim n 1 (1 +_3n13 + sin (n) 3n2 ) = 1.

(88)

Confronti e stime asintotiche: esempio 3

Esempio

La funzione an= n3 ha ordine superiore rispetto bn= n2+ 1.

Dimostrazione.

Basta osservare che

lim n n3 n2_{+ 1} = lim_n n3 n2_{(1 +} 1 n2) = lim n n (1 +_n12) = +∞.

(89)

Confronti e stime asintotiche

Definizione (Ordini di infinitesimi)

Supponiamo an→ 0, bn→ 0. Consideriamo lim n an bn . Se

vale 0 allora {an} `e uninfinitesimo di ordine superiore rispetto

a {bn};

vale L, con −∞ < L < +∞, L 6= 0 allora {an} e {bn} sono

infinitesimi dello stesso ordine;

vale ±∞ allora {bn} `e uninfinitesimo di ordine superiore

rispetto a {an};

non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.

(90)

Confronti e stime asintotiche

Definizione (Successioni asintotiche)

Supponiamo an→ 0 e bn→ 0 oppure an→ ±∞ e bn→ ±∞. Se lim n an bn = 1

si dice che an e bn sono successioniasintotiche e scriveremo

an∼ bn.

(91)

Gerarchia degli infiniti

Si vede che limnloga(n) = +∞, se a > 1. limnnα= +∞, se α > 0. limnan= +∞, se a > 1. limnn! = +∞. lim nn= ∞

Tali successioni sonoordinate gerarchicamente dall’ordine inferiore a quello superiore, cio`e log_a(n) con a > 1 ha ordine inferiore rispetto nα con α > 0, che a sua volta ha ordine inferiore rispetto an, se a > 1, etc.

(92)

Gerarchia degli infiniti

In virt`u della gerarchia degli ordini di infinito:

lim n log_a(n) nα = 0 per ogni α > 0 e a > 1. lim n nα an = 0 per ogni a > 1. lim n an n! = 0 per ogni a > 1. lim n n! nn = 0.

(93)

Gerarchia degli infiniti: esempio 1

Esercizio Calcolare L = lim n log₃(n) + n2+ en n100_{+ n!} . Svolgimento.

A numeratore, l’ordine superiore di infinito `e quello di en. A denominatore l’ordine superiore di infinito `e n!. Quindi, essendo n! di ordine superiore rispetto en

L = lim n log₃(n) + n2+ en n100_{+ n!} = lim_n en n! = 0.

(94)

Gerarchia degli infiniti: esempio 2

Esercizio Calcolare L = lim n n! + e5n n · sin(n) − e6n. Svolgimento.

Anumeratore, l’ordine superiore di infinito `e quello din!. Adenominatore

l’ordine superiore di infinito superioresembra −e6n ma devo osservare che n · sin(n) non diverge visto il segno di sin(n) (`e indeterminata!). Si osservi che

lim n n · sin (n) e6n = lim_n n e6n · sin (n) = 0

in quanto sin(n) `e limitata e n/e6n_{infinitesima.}

Quindi, essendo n! di ordine superiore rispetto −e6n L = lim

n

n! + e5n

n · sin (n) − e6n = lim_n

n! + e5n

e6n_{(n · sin (n)/e}6n_{− 1)}= lim_n

n!

−e6n = −∞.

(95)

Criterio del rapporto

Teorema

Sia {an} una successione positiva, cio`e an> 0 per ogni n ∈ N. Se

esiste L = lim n an+1 an allora se L < 1 si ha che an→ 0; se L > 1 o L = +∞ si ha che an→ +∞;

se L = 1 non si pu`o dire niente.

Nota.

Il teorema `e valido pure per successionidefinitivamentepositive.

(96)

Criterio del rapporto

Mostriamo solo il casoL < 1. Per ipotesi, per ogni > 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora

L − < an+1 an

< L + .

Scelgo un cosicch`e L + < 1 e sia N := N(). Allora 0 < aN+1 ≤ (L + )aN

0 < aN+2≤ (L + )aN+1≤ (L + )(L + )aN = (L + )2aN

0 < aN+3≤ (L + )aN+2≤ (L + )(L + )aN+1≤ (L + )3aN

(97)

Criterio del rapporto

0 < aN+4≤ (L + )aN+3≤ (L + )2aN+2≤ (L + )3aN+1≤ (L + )4aN

e iterando il procedimento, posto αk= aN+k

0 < αk= aN+k≤ (L + )aN+k−1≤ . . . ≤ (L + )kaN

cio`e

0 < αk≤ (L + )kaN

Visto che se (L + ) < 1 allora limk(L + )kaN= 0, e che per il Teorema dei 2

Carabinieri si ha che la successione αk→ 0

0 = limkαk= limkaN+k

abbiamo che anconverge a 0 definitivamente e quindi an→ 0.

(98)

Criterio del rapporto: esempio 1

Esercizio

Supposto b > 0, quanto vale

lim n bn n! Svolgimento. Sia an=b n n! > 0. Allora an+1 an = bn+1 n+1! bn n! = b n + 1→ 0 e quindi per il criterio del rapporto

lim

n

bn n! = 0.

(99)

Criterio del rapporto: esempio 2

Esercizio Calcolare lim n n! nn. Svolgimento. Sia an=_nn!n > 0. Allora an+1 an = (n+1)! (n+1)(n+1) n! nn = (n + 1)n n (n + 1)(n+1) = nn (n + 1)n = n n + 1 n = _n+11 n !n = 1 (1 +1_n)n → 1 e < 1 (6) e quindi per il criterio del rapporto limn_nn!n = 0.

(100)

Criterio del rapporto: nota

Nota.

Questa tecnica non porge sempre buoni risultati. Quali esempi si considerino il calcolo di

lim

n

log (n) n per cui posto an= log (n)_n si ha

lim n an+1 an = lim n log (n+1) n+1 log (n) n = lim n log (n + 1) log (n) n n + 1 = 1

in quanto entrambe le frazioni tendono a 1.

(101)

Esercizi riassuntivi.

Esercizio

Calcolare al variare di α il limite lim

n

αn+1_{+ n}2_{+ (−1)}n+1

πn_{− 2n}3_{− 2 sin (n)}

Svolgimento.

A numeratore il termine dominante, al variare di α, `eαn+1_{+ n}2_{mentre a}

denominatore `eπne quindi, visto che n2/πn→ 0, ricaviamo L = lim n αn+1_{+ n}2_{+ (−1)}n+1 πn_{− 2n}3_{− 2 sin (n)} = lim_n αn+1_{+ n}2 πn = lim n αn+1 πn = lim_n α · α π n

(102)

Esercizi riassuntivi.

Osserviamo che γα= α π n =        +∞, se α > π 0, se |α| < π 1, se α = π indefinito se α ≤ −π. da cui facilmente il limite

L = lim

n

αn+1_{+ n}2_{+ (−1)}n+1

πn_{− 2n}3_{− 2 sin (n)} = α · γα

per α > −π altrimenti `e indefinito. In definitiva

L =        +∞, se α > π 0, se |α| < π π, se α = π indefinito se α ≤ −π.

(103)

Esercizi riassuntivi.

Utilizzando il criterio del rapporto mostrare che 1 limnb n n! = 0; 2 limnnn!n = 0; 3 se b > 1 allora limnn α bn = 0;

Calcolare utilizzando le gerarchie dei limiti o il criterio del rapporto (se applicabile con successo)

1 limn₍√n_n)n; 2 limn n √ n (√n)n; 3 limn 2 n en2; 4 limn 4en_−cosh2_(n) cos (n)+en2 .