Limiti di successioni.

Limiti di successioni.

Paola Mannucci e Alvise Sommariva

Universit`a degli Studi di Padova Dipartimento di Matematica

28 ottobre 2014

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

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

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

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

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

17, 17, 17, . . .;

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

Successioni.

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

Successioni: limitatezza

Definizione

La successione {an} `elimitata inferiormente se esiste m ∈ R tale

che an≥ m per ogni n ∈ N.

Definizione

La successione {an} `elimitata superiormente se esiste M ∈ R tale

che an≤ M per ogni n ∈ N.

Definizione

La successione {an} `e limitata se esistono m, M ∈ R tali che

Successioni: limitatezza (esempi)

Definizione

La successione an= n2 `e limitata inferiormente ma non

superiormente.

Definizione

La successione an= (−1)2 `e limitata.

Definizione

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

inferiormente).

Successioni.

Successioni

Diremo che {an} possiede una certa propret`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.

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

Scriveremo che una successione {an} convergea L se

Successioni e limiti: note

Nota.

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

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

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

Successioni e limiti: esempio 1

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, |1_n− 0| = 1

n basta mostrare che per

Successioni e limiti: esempio 1

Se dme `e la parte intera di un numero, postoN() = d1_e + 1

1

 < N() ⇒

1

N() <  (1)

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

n ≤

1 N() < .

Nota.

Dato un numero a = p, q1q2. . . indicheremo con dae = p se

q1, q2, . . . = 0, altrimenti dae = p + 1. Cos`ı,

d2e = 2, d2, 01e = 3.

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

Successioni e limiti: esempio 2

Questo `e equivalente a mostrare che definitivamente si ha 3n1 < 1 +  ed essendo il log<sub>3</sub>(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 + ).

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

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

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

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− an+ an− L2|

≤ |L₁− a_n| + |a_n− L₂| < 2

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

Successioni e limiti: divergenti

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).

Successioni e limiti: divergenti

Definizione

Si dice che una successione `e divergente, se lim

n→+∞an= +∞

oppure

lim

Successioni e limiti: convenzioni

Successioni e limiti: esempio 1

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)

Successioni e limiti: esempio 2

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 e}x _{`e una funzione crescente,} 1

n < e

−M_{, cio`e}

eM < n. Basta scegliere N(M) > eM affinch`e se n > N(M)

eM < N(M) < n.

Successioni e limiti: indeterminata

Definizione

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

Successioni e limiti: esercizi da provare

Usando la definizione di limite verificare che

1. limn→∞n+1_n = 1;

2. limn→∞₃1n = 0;

3. limn→∞3n+ 5 = +∞;

4. limn→∞1 − n2= −∞.

Successioni e limiti: limitatezza

Definizione

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.

Dimostrazione facoltativa.

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

Successioni e limiti: limitatezza

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. .

Successioni e limiti: calcolo

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

an

bn =

a b;

Successioni e limiti: calcolo

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

limn→+∞(an+ bn) = a + b.

Dimostrazione facoltativa.

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

n > N1(₂) allora |an− a| ≤ ₂;

I 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)|

≤ |a_n− a| + |b_n− b| ≤ 

2+



2 = 

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.

Dimostrazione facoltativa.

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

n > N1() allora |an− a| ≤ ;

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

Successioni e limiti: calcolo

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

|a_n− a| ≤  e |b_n− b| ≤  da cui, siccome vale la disuguaglianza triangolare |x + y | ≤ |x | + |y | per ogni x , y ∈ R ricaviamo

|a_n· b_n− a · b| = |a_n· b_n− a_n· b + a_n· b − a · b| = |a_n(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

|a_n· b_n− a · b| ≤ (L + |b|) (2)

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

|an· bn− a · b| ≤ (L + |b|) = (L + |b|)

∗

(L + |b|) = 

∗

cio`e per definizione

lim

Successioni e limiti: esercizi facoltativi

Abbiamo visto che

Teorema

Se limn→+∞an= a e limn→+∞bn= b 6= 0 allora

limn→·∞(a_bn_n) = a_b.

Teorema

Se limn→+∞an= a e C `e una costante allora limn→+∞C ˙an= C ˙a.

Le dimostrazioni sono un utile esercizio.

Successioni e limiti: esempio 1

Esercizio

Calcolare limn→+∞_n12.

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

Successioni e limiti: esempio 2

I da limn→+∞1_n = 0, e che se anbn `e ben definita e a > 0 allora

limn→+∞anbn = ab, ricaviamo che

lim n→+∞3 1 n = 30= 1; I limn→+∞_n12 = 0; I limn→+∞87_n = 87 limn→+∞1_n = 0; allora lim n→+∞3 1 n − 1 n2 − 87 n = 1 + 0 − 0 = 1.

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.

Dimostrazione facoltativa.

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

− ≤ an− a ≤  ⇔ 0 < a −  ≤ an ≤ a + ,

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Nota.

Non `e vero che se an→ a, a ≥ 0 allora an≥ 0 definitivamente.

Infatti si consideri an= −1_n. Si ha che an→ 0 ma non `e an≥ 0

definitivamente.

Nota.

Non `e vero che se an→ a, an> 0 allora a > 0 definitivamente.

Infatti si consideri an= 1_n > 0 ma a = limnan= 0.

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

Teorema

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

Dimostrazione facoltativa.

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

che `e assurdo.

Teorema

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

Teorema

Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno

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

an− bn→ a − b. Allora per il Teorema 0.7 abbiamo che a − b ≥ 0

cio`e a ≥ b.

Successioni e limiti: alcuni limiti notevoli

Successioni e limiti: esercizio

Raccogliendo a numeratore e denominatore relativamente alla potenza di grado massimo

lim n n1/2+ n2+ 8 n3/2_{+ n}5 = lim_n n2(_n3/21 + 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

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri

Vale il seguente teorema dettodei due carabinierio del confronto

Teorema

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

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.

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario

1

Corollario

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

Dimostrazione facoltativa.

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

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

Nota.

Supponiamo che αn≥ βn, e βn → +∞. Allora αn→ +∞.

Nota.

Supponiamo che αn≤ βn, e βn → −∞. Allora αn→ −∞.

Esempio

Da 1 + sin2(n) ≤ 1 abbiamo n2(1 + sin2(n)) ≥ n2 e n2→ +∞

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario

2

Definizione

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.

Dimostrazione facoltativa.

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

Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio

La successione sin n_n `e infinitesima.

Dimostrazione facoltativa.

La successione an= sin (n) `e limitata. La successione bn= <sub>n</sub>1 `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

Successioni e limiti: algebra dei limiti

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

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Definizione

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

Successioni e limiti: algebra dei limiti

Teorema

Se an→ 0 allora _a1_n → ∞.

Teorema

Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi

Ricordando che −_n1 ≤ sin (n)_n ≤ 1

n, si dimostri che

sin (n)

n → 0.

Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi

Esercizio

E’ vero che

Successioni e limiti: algebra dei limiti, nota

Nota.

Non sono determinabili i limiti nei seguenti casi

I an→ +∞, bn→ +∞, allora an− bn=?;

I an→ 0, bn→ ±∞, allora an· bn=?;

I an→ 0, bn→ 0, allora a_bn_n =?;

I an→ ±∞, bn→ ±∞, allora a_bn_n =?.

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

Successioni e limiti: esercizi

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

Esercizio Calcolare limn( √ n −√n + 1). Suggerimento: razionalizzare la frazione. Esercizio Calcolare limnn 5_{+sin (n)} 2n5₊1 n

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

Esercizio

Calcolare limn√_n−1√_n+1. Suggerimento: utilizzare un esercizio

Successioni e limiti: monotonia crescente

Definizione

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

n ∈ N.

Definizione

Una successione {an} `e monotona strettamente crescente se

an< an+1 per ogni n ∈ N.

Successioni e limiti: monotonia decrescente

Definizione

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

ogni n ∈ N.

Definizione

Una successione {an} `e monotona strettamente decrescentese

Successioni e limiti: esempi monotonia

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.

Successioni e limiti: esempi monotonia

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.

Successioni e limiti: esempi monotonia

Figura : La successione 1_n, per n = 0, . . . , 20. .

Successioni e limiti: esempi monotonia

Dimostrazione facoltativa.

Mostriamo che la successione `e monotona strettamente

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Teorema

Sia {an} una successione monotona crescente e limitata

superiormente. Allora {an} `e convergente e

limnan= sup {an: n ∈ N}.

Teorema

Sia {an} una successione monotona decrescente e limitata

inferiormente. Allora {an} `e convergente e

limnan= inf {an: n ∈ N}.

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Mostriamo il primo asserto. Il secondo si dimostra similmente (per casa).

Dimostrazione facoltativa.

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)

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

a_N() ≤ a_N()+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.

Successioni e limiti: monotonia e convergenza

Teorema

Se {an} `e monotona crescente ed `e illimitata superiormente allora

an→ +∞.

Teorema

Se {an} `e monotona decrescente ed `e illimitata inferiormente allora

an→ −∞.

Le dimostrazioni seguono dalla definizione di illimitatezza e dal fatto che se an diventa arbitrariamente grande (o piccolo), in virt`u

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→ +∞.

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.

Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi

La successione geometrica an= qn per q ∈ (−∞, 1] assume valori

sempre pi`u grandi in modulo, ma ha segno alterno 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!}

.

Successioni e limiti: il numero e

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

convergente. Per definizione, si pone lim n  1 +1 n n = e

con e = 2.718281828459046 noto comenumero di Nepero.

La non semplice dimostrazione 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

Successioni e limiti: alcuni limiti

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.

Successioni e limiti: alcuni limiti

Ma dall’algebra dei limiti,

Successioni e limiti: alcuni limiti

Pi`u in generale si mostra il seguente teorema

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

Si mostra che limn 1 +_n12
n2

= e.

Successioni e limiti: alcuni limiti

Pi`u in generale si mostra il seguente teorema

Teorema Se an→ −∞, allora lim n  1 + 1 an an = e. Cos`ı , per an= −n 2₊₅ 3 , visto che − 3 n2₊₅ = _a1 n e an→ −∞ abbiamo che limn



1 −_n23₊₅ −n2+5

Successioni e limiti: alcuni limiti

Successioni e limiti: alcuni esercizi

Esercizio

I Mostrare che se α 6= 0 allora

lim n  1 +α n n α = e.

I Mostrare che se α 6= 0 allora lim n  1 +α n n = eα.

I Mostrare che limn 1 −1_n

Successioni e limiti: alcuni esercizi

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

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

Successioni e limiti: alcuni esercizi

Ricordiamo che se an→ α, bn→ β, con α, β ∈ R allora

anbn → αβ. Quindi da n

2₊₇

Successioni e limiti: alcuni limiti

Confronti e stime asintotiche

Ricordiamo che

Definizione

Se an→ 0 la successione si diceinfinitesima.

Definizione

Confronti e stime asintotiche

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

{a_n};

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

infiniti dello stesso ordine;

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

a {bn};

I non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.

Confronti e stime asintotiche: esempio 1

Esempio

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

Dimostrazione.

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.

Confronti e stime asintotiche: esempio 3

Esempio

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

Dimostrazione.

Confronti e stime asintotiche

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

a {bn};

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

infinitesimi dello stesso ordine;

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

rispetto a {an};

I non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.

Confronti e stime asintotiche

si dice che an e bn sono successioniasintotiche e scriveremo

Confronti e stime asintotiche

si dice che an e bn sono successioniasintotiche e scriveremo

an∼ bn.

Gerarchia degli infiniti

Gerarchia degli infiniti

In virt`u della gerarchia degli ordini di infinito:

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

Gerarchia degli infiniti: esempio 1

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

Gerarchia degli infiniti: esempio 2

A numeratore, l’ordine superiore di infinito `e quello di n!. A denominatore l’ordine superiore di infinito `e −e6n. Si osservi che

lim

n

n · sin (n)

e6n = 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! −e6n = −∞.

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 I se L < 1 si ha che an→ 0; I se L > 1 o L = +∞ si ha che an→ +∞;

Criterio del rapporto

Dimostrazione facoltativa.

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

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

Criterio del rapporto: esempio 1

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.

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.

Esercizi riassuntivi.

I Utilizzando il criterio del rapporto mostrare che

1. limnb n n! = 0; 2. limn_nn!n = 0; 3. se b > 1 allora limnn α bn = 0; I Calcolare al variare di α il limite

lim

n

αn+1+ n2+ (−1)n+1 πn_{− 2n}3_{− 2 sin (n)}

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