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Limiti di successioni
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Universita degli Studi di PadovaDipartimento di Matematica
20 ottobre 2015
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 1/ 103
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Successioni.
La successione f : N→ R, che ad n associa an viene spessovisualizzata 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 come1, 1/2, 1/3, . . .;
an = 17 (costante), per ogni n ∈ N\{0}, e visualizzata come17, 17, 17, . . .;
an = (−1)n per ogni n ∈ N\{0}, e visualizzata come1,−1, 1,−1, . . .;
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 2/ 103
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Successioni.
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 100
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
Figura : Grafico della successione an = n2, ristretto ai valori 0, 1, . . . , 10.
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 3/ 103
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Successioni: limitatezza
Definizione (Limitata inferiormente)
La successione {an} e limitata inferiormente se esiste m ∈ R tale che
an ≥ m, per ogni n ∈ N.
Definizione (Limitata superiormente)
La successione {an} e limitata superiormente se esiste M ∈ R tale che
an ≤ M, per ogni n ∈ N.
Definizione (Limitata)
La successione {an} e limitata se esistono m,M ∈ R tali che
m ≤ an ≤ M, per ogni n ∈ N.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 4/ 103
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Successioni: limitatezza (esempi)
Esempio
La successione an = n2 e limitata inferiormente ma nonsuperiormente.
Esempio
La successione an = (−1)n e limitata.
Esempio
La successione an = (−2)n non e limitata (ne’ superiormente, ne’inferiormente).
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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 valori0, 1, . . . , 10.
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 6/ 103
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Successioni
Definizione
Diremo che {an} possiede una certa proprieta definitivamente se esiste N ∈ Ntale che {an} ha quella proprieta 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.
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Successioni e limiti
Definizione
Scriveremo chelim
n→+∞an = L, L ∈ R
se per ogni ε > 0 si ha che |an − L| ≤ ε definitivamente, cioe esisteN(ε) ∈ N tale che per n ≥ N(ε) si ha che
L− ε < an < L + ε.
Definizione (Convergenza)
Scriveremo che una successione {an} converge a L selimn→+∞ an = L. Il valore L si chiama limite della successione.
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Successioni e limiti: note
Nota.
Si noti che la quantita N(ε) dipende da ε;
A volte scriveremo limn an = L al posto di limn→+∞ an = L;
A volte scriveremo an → L al posto di limn→+∞ an = L.
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Successioni e limiti: esempio 1
Esempio
Mostriamo che se an = 1/n allora
limn→+∞
an = 0.
Dimostrazione.
A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogni ε > 0 esiste N(ε)tale che se n ≥ N(ε) allora ∣∣∣∣1n − 0
∣∣∣∣ < ε.
Osservato che essendo n ∈ N, | 1n− 0| = 1
nbasta mostrare che per n
sufficentemente grande 1n< ε.
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Successioni e limiti: esempio 1
Se bmc e la parte intera di un numero, posto N(ε) = b 1εc+ 1
1
ε< N(ε)⇒ 1
N(ε)< ε (1)
si ha che per n ≥ N(ε) necessariamente 1n≤ 1
N(ε)e quindi
1
n≤ 1
N(ε)< ε.
Nota.
Dato un numero a = p, q1q2 . . . poniamo con bac = p. Cosı,
b2c = 2, b2, 01c = 2.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esempio
Mostriamo che se an = 31/n allora
limn→+∞
an = 1.
Dimostrazione.
A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogniε > 0 esiste N(ε) tale che se n ≥ N(ε) allora
|31n − 1| < ε.
Osservato che essendo n ∈ N, |31n − 1| = 3
1n − 1 basta mostrare
che per n sufficentemente grande 31n − 1 < ε.
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Successioni e limiti: esempio 2
Questo e equivalente a mostrare che definitivamente si ha
31n < 1 + ε ed essendo il log3(x) una funzione strettamente
crescente, cio e vero se e solo se
log3(31n ) < log3(1 + ε)
ovvero, dalle proprieta dei logaritmi (log3 3m = m per ogni m > 0)
1
n< log3(1 + ε).
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Successioni e limiti: esempio 2
Posto
N(ε) = d 1
log3(1 + ε)e+ 1 >
1
log3(1 + ε)
per n > N(ε)1
n<
1
N(ε)<
1
log3(1 + ε)
e quindi l’asserto e verificato.
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Successioni e limiti: esempio 2
n an500 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.
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Successioni e limiti: univocita 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
limn→∞
an = L1, limn→∞
an = L2
e quindi per ogni ε > 0 esistono
N1(ε) tale che |an − L1| < ε, per ogni n ≥ N1(ε);
N2(ε) tale che |an − L2| < ε, per ogni n ≥ N2(ε).
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Successioni e limiti: univocita del limite
Sia N = max{N1((ε)),N2((ε))}. Allora per ogni n > Nnecessariamente |an − L1| < ε e |an − L2| < ε e quindi, per ladisuguaglianza triangolare |a + b| ≤ |a|+ |b|,
|L1 − L2| = |L1 − an + an − L2|≤ |L1 − an|+ |an − L2| < 2ε
In definitiva |L1 − L2| < 2ε per ogni ε > 0, il che implica che sonouguali, in contraddizione che li avevamo assunti distinti.
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Successioni e limiti: divergenti
Definizione (+∞)
Si dice che una successione ha limite +∞ e si scrive
limn→+∞
an = +∞
se per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora an > M (cioean > M definitivamente).
Definizione (−∞)
Si dice che una successione ha limite ha limite −∞ e si scrive
limn→+∞
an = −∞
se per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora an < −M (cioean < −M definitivamente).
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Successioni e limiti: divergenti
Definizione (Divergente)
Si dice che una successione e divergente, se
limn→+∞
an = +∞
oppurelim
n→+∞an = −∞
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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∗ = [−∞,∞]
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Successioni e limiti: esempio 1
Esempio
Si dimostri chelim
n→+∞n2 = +∞.
Dimostrazione.
Bisogna mostrare che per ogni M > 0, esiste N(M) tale che sen > N(M) allora n2 > M. Basta scegliere N(M) >
√M affinche se
n > N(M)n2 > (N(M))2 > (
√M)2 = M.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esempio
Si dimostri che
limn→+∞
log1
n= −∞.
Dimostrazione.
Bisogna mostrare che per ogni M > 0, esiste N(M) tale che sen > N(M) allora log 1
n < −M o equivalentemente, visto che
e log (x) = x ed ex e una funzione crescente, 1n < e−M , cioe
eM < n. Basta scegliere N(M) > eM affinche se n > N(M)
eM < N(M) < n.
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Successioni e limiti: indeterminata
Definizione (Indeterminata)
Una successione {an} che non e ne’ convergente, ne’ divergente, sidice indeterminata (o irregolare). In tal caso si dice che il limitedella successione non esiste.
Esempio
La successione an = (−1)n e indeterminata in quanto assumealternativamente valori −1 e 1.
Esempio
La successione an = (−2)n e indeterminata in quanto assumealternativamente valori positivi e negativi.
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Successioni e limiti: esercizi da provare
Usando la definizione di limite verificare che
1 limn→∞n+1n = 1;
2 limn→∞13n = 0;
3 limn→∞ 3n + 5 = +∞;
4 limn→∞ 1− n2 = −∞.
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Successioni e limiti: limitatezza
Definizione (Limitata)
Una successione {an} e limitata se e solo se esistono m,M ∈ R taliche 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 perogni ε > 0 esiste N(ε) ∈ N tale che se n ≥ N(ε) alloraL− ε < an < L + ε. Siano m = min{a0, . . . , aN(ε), L− ε},M = max{a0, . . . , aN(ε), L + ε}. Allora m ≤ an ≤ M per ognin ∈ N.
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Successioni e limiti: limitatezza
Nota.
Una successione {an} limitata non e necessariamente convergente.Ad esempio an = (−1)n e limitata in quanto
−1 ≤ an ≤ 1, ∀n ∈ N
ma come detto in precedenza non e convergente (in quantoindeterminata).
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)n per n = 0, 1, . . . , 10.
.
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Successioni e limiti: calcolo
Teorema
Supponiamolim
n→+∞an = a, lim
n→+∞bn = b.
Allora:
limn→+∞(an + bn) = a + b;
limn→+∞(an − bn) = a− b;
limn→+∞(an · bn) = a · b;
se anbn
e ben definita e b 6= 0 allora limn→+∞anbn
= ab ;
se anbn e ben definita e a > 0 allora limn→+∞ an
bn = ab;
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Successioni e limiti: calcolo
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo che se limn→+∞ an = a e limn→+∞ bn = b alloralimn→+∞(an + bn) = a + b.
Siccome an → a allora per ogni ε2> 0 esiste N1( ε
2) tale che se n > N1( ε
2)
allora |an − a| ≤ ε2;
Siccome bn → b allora per ogni ε2> 0 esiste N2( ε
2) tale che se n > N2( ε
2)
allora |bn − b| ≤ ε2;
Sia N(ε) = max{N1( ε2),N2( ε
2)}. Allora per ogni n > N(ε) abbiamo
|an − a| ≤ ε2
e |bn − b| ≤ ε2
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| ≤ ε
2+ε
2= ε
4
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Successioni e limiti: calcolo
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo che se limn→+∞ an = a e limn→+∞ bn = b alloralimn→·∞(an · bn) = a · b. Siccome an e convergente, e pure limitatae quindi esiste L tale che |an| ≤ L per ogni n ∈ N.
Siccome an → a allora per ogni ε > 0 esiste N1(ε) tale che sen > N1(ε) allora |an − a| ≤ ε;Siccome bn → b allora per ogni ε > 0 esiste N2(ε) tale che sen > N2(ε) allora |bn − b| ≤ ε;
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Successioni e limiti: calcolo
Sia N(ε) = max{N1(ε),N2(ε)}. Allora per ogni n > N(ε) abbiamo |an − a| ≤ εe |bn − b| ≤ ε 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|ε+ |b|ε ≤ (L + |b|)ε
e quindi essendo {an} convergente e limitata da un certo L e cosı
|an · bn − a · b| ≤ (L + |b|)ε (2)
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Successioni e limiti: calcolo
A questo punto fissato arbitrariamente ε∗, si consideri ε = ε∗
(L+|b|) ,
e si ponga N∗(ε∗) = N(ε). Allora per ogni n > N∗(ε∗) si ha da (2)che
|an · bn − a · b| ≤ (L + |b|)ε = (L + |b|) ε∗
(L + |b|)= ε∗
cioe per definizione
limn→·∞
(an · bn) = a · b.
4
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Successioni e limiti
Teorema
Se limn→+∞ an = a e C e una costante allora limn→+∞ C · an = C · a.
Dimostrazione.
Basta scegliere bn = C per ogni n ∈ N e osservare che bn → C. Per il teoremaprecedente
limn→+∞
C · an = limn→+∞
bn · an = limn→+∞
bn · limn→+∞
an = C · a.
Teorema
Se limn→+∞ an = a e C e una costante allora limn→+∞ an + C = a + C.
Dimostrazione.
Basta scegliere bn = C per ogni n ∈ N e osservare che bn → C. Per il teoremaprecedente
limn→+∞
an + C = limn→+∞
an + bn = limn→+∞
an + limn→+∞
bn = a + C .
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 32/ 103
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Successioni e limiti: esempio 1
Esercizio
Calcolare limn→+∞1n2 .
Essendo limn→+∞1n = 0, e se limn→+∞ an = a, limn→+∞ bn = b
alloralim
n→+∞an · bn = a · b
necessariamente
limn
1
n2= lim
n
1
n· 1
n= lim
n
1
n· lim
n
1
n= 0.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esercizio
Calcolare limn→+∞ 31n − 1
n2 − 87n .
Osserviamo che
da limn→+∞1n
= 0, e che se anbn e ben definita e a > 0 allora
limn→+∞ anbn = ab, ricaviamo che
limn→+∞
31n = 30 = 1;
limn→+∞1n2 = 0;
limn→+∞87n
= 87 limn→+∞1n
= 0;
allora
limn→+∞
31n − 1
n2− 87
n= 1 + 0− 0 = 1.
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Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno
Teorema
Si supponga limn→+∞ an = a > 0. Allora an > 0 definitivamente,cioe esiste N tale che se n > N allora an > 0.
Dimostrazione facoltativa.
Per definizione, per ogni ε > 0 esiste N(ε) tale che se n > N(ε)allora |an − a| ≤ ε. Se scelgo ε tale che a− ε abbiamo che esisteN(ε) tale che se n > N(ε) si ha |an − a| ≤ ε cioe
−ε ≤ an − a ≤ ε ⇔ 0 < a− ε ≤ an ≤ a + ε,
e quindi an > 0.
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Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno
Nota.
Il teorema dice che sean → a, a>0
alloraan>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.
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Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno
Abbiamo detto che il teorema di permanenza del segno stabilisceche
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.
Dimostrazione facoltativa.
Per assurdo supponiamo a < 0. Allora an < 0 definitivamente, ilche e assurdo.
Si noti che la tesi del primo stabilisce una proprieta dellasuccessione, mentre la tesi del secondo una proprieta del limite.
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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. Inoltrean − bn → a− b. Allora per il Teorema 0.8 abbiamo che a− b ≥ 0cioe a ≥ b.
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Successioni e limiti: alcuni limiti notevoli
Teorema
Sia α ∈ R. Allora
limn
nα =
+∞, α > 01 α = 00, α < 0
Dimostrazione facoltativa.
Traccia: si usi la definizione di limite.
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Successioni e limiti: esercizio
Esercizio
Si calcoli
limn
n1/2 + n2 + 8
n3/2 + n5
Svolgimento.
Raccogliendo a numeratore e denominatore relativamente alla potenza di gradomassimo
limn
n1/2 + n2 + 8
n3/2 + n5= lim
n
n2( 1
n3/2 + 1 + 8n2 )
n5( 1
n5−3/2 + 1)
= limn
1
n3
1
n3/2 + 1 + 8n2
1
n7/2 + 1
= limn
1
n3limn
1
n3/2 + 1 + 8n2
1
n7/2 + 1= 0
1
1= 0
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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 bn risultaconvergente (cosa a priori non ipotizzata).
Dimostrazione facoltativa.
Per definizione
∀ε > 0, ∃N1(ε) tale che n ≥ N1(ε)⇒ |an − L| ≤ ε (3)
∀ε > 0, ∃N2(ε) tale che n ≥ N2(ε)⇒ |cn − L| ≤ ε (4)
Sia N(ε) = max{N1(ε),N2(ε)}.
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Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri
Allora per n ≥ N(ε) abbiamo che |an− L| ≤ ε, |cn− L| ≤ ε e quindi
L− ε ≤ an ≤ bn ≤ cn ≤ L + ε.
Cosı ,L− ε ≤ an ≤ bn ≤ cn ≤ L + ε
e quindi per ogni ε > 0 esiste N(ε) tale che se n ≥ N(ε) allora
L− ε ≤ bn ≤ L + ε
cioe bn → L.
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Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario1
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.
Teorema
Si supponga che αn ≥ βn, e βn → +∞. Allora αn → +∞.
Teorema
Si supponga che αn ≤ βn, e βn → −∞. Allora αn → −∞.
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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 bn100 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 = n2 e bn = n2 · (1 + sin (n)2).
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Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario2
Definizione (Infinitesima)
Sia an → 0. Allora la successione {an} si dice infinitesima.
Il prodotto di una successione infinitesima per una successionelimitata, e una successione infinitesima.
Corollario
Supponiamo che bn → 0, e |cn| ≤ K (cioe che la successione cn sialimitata). Allora cn · bn → 0.
Dimostrazione facoltativa.
Osserviamo che se bn → 0, pure Kbn → 0. Ma abbiamo
|cn · bn| ≤ Kbn → 0.
L’asserto segue dal corollario precedente, ponendo βn = cn · bn eγn = K · bn
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Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio
Esempio
La successione sin nn e infinitesima.
Dimostrazione facoltativa.
La successione an = sin (n) e limitata. La successione bn = 1n e
infinitesima. Allora per il precedente corollario al teorema dei DueCarabinieri, la successione sin n
n e infinitesima.
Nota.
Una facoltativa simile si ottiene applicando il teorema dei duecarabinieri, dopo aver osservato che
−1
n≤ sin(n)
n≤ 1
n.
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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 piu in generale quando {an} e limitata.
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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 → +∞.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 48/ 103
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Successioni e limiti: algebra dei limiti
Definizione (Funzione segno)
La funzione segno(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) · ∞.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 49/ 103
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Successioni e limiti: algebra dei limiti
Teorema
Se an → 0 allora 1an→∞.
Teorema
Se an → +∞ o an → −∞, allora 1an→ 0.
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Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi
Esercizio
Si dimostri che (3− 1
n
)n3 → +∞.
Esercizio
Ricordando che − 1n ≤
sin (n)n ≤ 1
n , si dimostri che
sin (n)
n→ 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 51/ 103
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Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi
Esercizio
E’ vero che1
sin (n)→ +∞?
Esercizio
Si dimostri che1
3n→ 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 52/ 103
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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 anbn
=?;
an → ±∞, bn → ±∞, allora anbn
=?.
Tali forme si chiamano indeterminate (o di indecisione), perchepuo succedere qualsiasi cosa.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 53/ 103
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Successioni e limiti: esercizi
Esercizio
Calcolare limn(n3 − n2 + 5− n). Suggerimento: raccogliere n3.
Svolgimento.
A priori non possiamo dedurre il risultato perche in partesottrazione di infiniti di segno opposto. Tuttavia, raccogliendo n3
abbiamo
n3 − n2 + 5− n = n3
(1− 1
n+
5
n3− 1
n2
)e visto che il termine tra parentesi tende a 1 la successione divergea +∞.
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Successioni e limiti: esercizi
Esercizio
Calcolare limn(√
n −√
n + 1). Suggerimento: razionalizzare lafrazione.
Svolgimento.
A priori non possiamo dedurre il risultato perche in parte sottrazione di infinitidi 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
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 55/ 103
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Successioni e limiti: esercizi
Esercizio
Calcolare limnn5+sin (n)
2n5+ 1n
. Suggerimento: raccogliere n5 tanto a
numeratore, quanto a denominatore.
Svolgimento.
Osserviamo che
n5 + sin (n) = n5(
1 + sin (n)n5
);
2n5 + 1n = n5
(2 + 1
n6
).
Tanto il numeratore quanto il denominatore divergono e quindinulla si puo dire a priori. Tuttavia per quanto visto
n5 + sin (n)
2n5 + 1n
=n5(
1 + sin (n)n5
)n5(2 + 1
n6
) =
(1 + sin (n)
n5
)(2 + 1
n6
) → 1/2.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 56/ 103
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Successioni e limiti: esercizi
Esercizio
Calcolare limn1√
n−√n+1
.
Esercizio
Calcolare limnn√
n−√n+1
.
Esercizio
Calcolare limnn+1√
n+1−√n+2
.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 57/ 103
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Successioni e limiti: monotonia crescente
Definizione (Monotona crescente)
Una successione {an} e monotona crescente se an ≤ an+1 per ognin ∈ N.
Definizione (Monotona strettamente crescente)
Una successione {an} e monotona strettamente crescente sean < an+1 per ogni n ∈ N.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 58/ 103
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Successioni e limiti: monotonia decrescente
Definizione (Monotona decrescente)
Una successione {an} e monotona decrescente se an ≥ an+1 perogni n ∈ N.
Definizione (Monotona strettamente decrescente)
Una successione {an} e monotona strettamente decrescente sean > an+1 per ogni n ∈ N.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 59/ 103
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Successioni e limiti: esempi monotonia
Esempio
La successionean = n2
e strettamente crescente. Si vuole mostrare che an < an+1 per ogni n ∈ N, ed ebanalmente vero perche n2 < (n + 1)2.
Esempio
La successione
an =1
ne strettamente decrescente. Si vuole mostrare che an > an+1 per ogni n ∈ N, ede banalmente vero perche 1
n> 1
n+1.
Esempio
La successione costante an = 17 e crescente e decrescente.
Esempio
La successione an = (−1)n non e monotona crescente o decrescente, in quantoassume alternativamente valori −1 e 1.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 60/ 103
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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.
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 61/ 103
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Successioni e limiti: esempi monotonia
Esempio
La successione an = n+1n , n ≥ 1, e monotona.
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 201
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
2
Figura : La successione 1n , per n = 0, . . . , 20.
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 62/ 103
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Successioni e limiti: esempi monotonia
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo che la successione e monotona strettamentedecrescente, come suggerito dal grafico. Basta sia, per definizione,
n + 1
n>
n + 2
n + 1
cioe
(n + 1)2 > n(n + 2)⇔ n2 + 2n + 1 > n2 + 2n⇔ 1 > 0,
cosa ovvia.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 63/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza
Teorema
Sia {an} una successione
monotona crescente,
limitata superiormente.
Allora {an} e convergente e limn an = sup {an : n ∈ N}.
Teorema
Sia {an} una successione
monotona decrescente,
limitata inferiormente.
Allora {an} e convergente e limn an = inf {an : n ∈ N}.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 64/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo il primo asserto. Il secondo si dimostra similmente (percasa). Se la successione e limitata superiormente, allora esiste
Λ = sup {an : n ∈ N}.
Devo mostrare che limn an = Λ, cioe che per ogni ε > 0 esiste N(ε)tale che se n > N(ε) allora |an − Λ| ≤ ε.
Per definizione di estremo superiore, essendo il minore deimaggioranti, per ogni ε > 0, si ha che
an ≤ Λ ≤ Λ + ε. (5)
per ogni n > N(ε).
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 65/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza
Essendo Λ il minimo maggiorante, necessariamente per ogni ε > 0,esiste N(ε) ∈ N tale che aN(ε) > Λ− ε.
Ma essendo la successione monotona crescenteaN(ε) ≤ aN(ε)+1 ≤ . . . cio implica che per ogni n > N(ε), in virtuanche di (5),
Λ− ε < an ≤ Λ ≤ Λ + ε, n ∈ N
cioe per ogni ε > 0 esiste N(ε) t.c. se n > N(ε) allora |an − Λ| ≤ ε,ovvero an → Λ.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 66/ 103
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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 an diventa
arbitrariamente grande (o piccolo), per monotonia, lo e definitivamente.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 67/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione an = n2 e strettamente crescente e illimitatasuperiormente. Quindi an → +∞.
Esempio
La successione an = 1n e strettamente decrescente e
inf {an : n 6= 0} = 0. Quindi an → 0.
Esempio
La successione geometrica an = qn per q ∈ (1,+∞) e strettamentecrescente e illimitata superiormente. Quindi an → +∞.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 68/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione geometrica an = qn per q ∈ (0, 1) e strettamentedecrescente e limitata inferiormente, essendo inf {an : n ∈ N} = 0.Quindi an → 0.
Esempio
La successione geometrica an = qn per q = 1 e ovviamente taleche an → 1.
Esempio
La successione geometrica an = qn per q ∈ (−1, 0) ha segnoalterno e quindi non e strettamente decrescente o crescente.Comunque an → 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 69/ 103
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Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione geometrica an = qn per q ∈ (−∞,−1] assume valori di segnoalterno sempre piu 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
12x 10
5
Figura : La successione an = (−2)n, per n = 0, 1, . . . , 20. Si osservi ilfattore di scala 105 nelle ordinate!
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 70/ 103
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Successioni e limiti: il numero e
Consideriamo la successione an = (1 + 1n )n. Si dimostra che e
convergente. Per definizione, si pone
limn
(1 + 1
n
)n= e
con e = 2.718281828459046 noto come numero di Nepero onumero di Eulero.La non semplice dimostrazione sulla convergenza di an si basa sulprovare che an e monotona crescente e 2 ≤ an < 4.
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 201
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.
.Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 71/ 103
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Successioni e limiti: il numero e
n an1 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
)na e = 2.718281828459046.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 72/ 103
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Successioni e limiti: alcuni limiti
Esercizio
Mostrare che
limn
(1 +
1
−n
)−n= e.
Dimostrazione facoltativa.
Traccia: Osserviamo che
limn
(1 +
1
n
)n
= limn
(n + 1
n
)n
= e → limn
(n
n − 1
)n−1
= e
in quanto il comportamento all’infinito della successione
an =(n+1n
)ne uguale a quello di bn =
(n
n−1
)n−1= an−1.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 73/ 103
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Successioni e limiti: alcuni limiti
Ma dall’algebra dei limiti,
limn
(1 +
1
−n
)−n= lim
n
(−n + 1
−n
)−n= lim
n
((1n
n−1
)n)−1
= limn
( 1n
n−1
)n−1(1n
n−1
)−1
= limn
1(n
n−1
)n−1
(n − 1
n
)−1
=
(1
e· 1)−1
= e.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 74/ 103
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Successioni e limiti: il numero e
n an1 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− 1
n
)−na e = 2.718281828459046.
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Successioni e limiti: alcuni limiti
Piu in generale si mostra il seguente teorema
Teorema
Se an → +∞, allora
limn
(1 + 1
an
)an= e.
Cosı
Esempio
Si mostra che limn
(1 + 1
n2
)n2
= e.
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Successioni e limiti: alcuni limiti
Piu in generale si mostra il seguente teorema
Teorema
Se an → −∞, allora
limn
(1 + 1
an
)an= e.
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Successioni e limiti: alcuni limiti
Esercizio
Calcolare
limn
(1− 3
n2 + 5
)− n2+53
.
Svolgimento.
Osserviamo che per an = −n2+53 ,
(1− 3
n2 + 5
)− n2+53
=
(1 +
1
an
)an
e quindi da an → −∞ abbiamo che limn
(1− 3
n2+5
)− n2+53
= e.
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Successioni e limiti: alcuni limiti
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 202.5
3
3.5
4
4.5
5
Figura : La successione an =(
1− 3n2+5
)− n2+53
, per n = 0, 1, . . . , 20.
.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 79/ 103
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Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
Mostrare che se α 6= 0 allora
limn
(1 +
α
n
) nα
= e.
Mostrare che se α 6= 0 allora
limn
(1 +
α
n
)n= eα.
Mostrare che limn
(1− 1
n
)n= 1
e .
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 80/ 103
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Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
Calcolare
limn
(n + 1
n
)3n
.
Ricordiamo che se limn an = γ, con γ ∈ R, allora limn aαn = γα equindi (
n + 1
n
)3n
=
((1 +
1
n
)n)3
= e3.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 81/ 103
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Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
Calcolare
limn
(1 +
1
n
) n2+72n+1
.
Osserviamo che (1 +
1
n
) n2+72n+1
=
(1 +
1
n
)n 1n
n2+72n+1
=
((1 +
1
n
)n) n2+72n2+n
.
Ricordiamo che se an → α, bn → β, con α, β ∈ R allora anbn → αβ . Quindi da
n2+72n2+n
→ 12
ricaviamo che la successione tende a e1/2 ≈ 1.648721270700128.
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Successioni e limiti: alcuni limiti
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 1001.62
1.64
1.66
1.68
1.7
1.72
1.74
1.76
1.78
Figura : La successione an =(1 + 1
n
) n2+72n+1 , per n = 5, 10, 15, . . . , 100.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 83/ 103
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Confronti e stime asintotiche
Ricordiamo che
Definizione (Infinitesima)
Se an → 0 la successione si dice infinitesima.
Definizione (Infinita)
Se an → ±∞ la successione si dice infinita.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 84/ 103
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Confronti e stime asintotiche
Definizione (Ordini di infinito)
Supponiamo an → ±∞, bn → ±∞. Consideriamo
limn
anbn.
Se
vale 0 allora {bn} e un infinito di ordine superiore rispetto a{an};vale L, con −∞ < L < +∞, L 6= 0 allora {an} e {bn} sonoinfiniti dello stesso ordine;
vale ±∞ allora {an} e un infinito di ordine superiore rispettoa {bn};non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 85/ 103
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Confronti e stime asintotiche: esempio 1
Esempio
La funzione an = n5 + 3 ha ordine superiore rispetto bn = n.
Dimostrazione.
Basta osservare che
limn
n
n5 + 3= lim
n
n
n5(1 + 3n5 )
= limn
1
n4(1 + 3n5 )
= 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 86/ 103
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Confronti e stime asintotiche: esempio 2
Esempio
La funzione an = 3n2 ha lo stesso ordine rispettobn = 3n2 + 1
n + sin (n).
Dimostrazione.
Basta osservare che
limn
3n2
3n2 + 1n + sin (n)
= limn
3n2
3n2(1 + 13n3 + sin (n)
3n2 )
= limn
1
(1 + 13n3 + sin (n)
3n2 )= 1.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 87/ 103
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Confronti e stime asintotiche: esempio 3
Esempio
La funzione an = n3 ha ordine superiore rispetto bn = n2 + 1.
Dimostrazione.
Basta osservare che
limn
n3
n2 + 1= lim
n
n3
n2(1 + 1n2 )
= limn
n
(1 + 1n2 )
= +∞.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 88/ 103
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Confronti e stime asintotiche
Definizione (Ordini di infinitesimi)
Supponiamo an → 0, bn → 0. Consideriamo
limn
anbn.
Se
vale 0 allora {an} e un infinitesimo di ordine superiore rispettoa {bn};vale L, con −∞ < L < +∞, L 6= 0 allora {an} e {bn} sonoinfinitesimi dello stesso ordine;
vale ±∞ allora {bn} e un infinitesimo di ordine superiorerispetto a {an};non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 89/ 103
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Confronti e stime asintotiche
Definizione (Successioni asintotiche)
Supponiamo an → 0 e bn → 0 oppure an → ±∞ e bn → ±∞. Se
limn
anbn
= 1
si dice che an e bn sono successioni asintotiche e scriveremoan ∼ bn.
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Gerarchia degli infiniti
Si vede che
limn loga (n) = +∞, se a > 1.
limn nα = +∞, se α > 0.
limn an = +∞, se a > 1.
limn n! = +∞.
lim nn =∞
Tali successioni sono ordinate gerarchicamente dall’ordine inferiorea quello superiore, cioe loga (n) con a > 1 ha ordine inferiorerispetto nα con α > 0, che a sua volta ha ordine inferiore rispettoan, se a > 1, etc.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 91/ 103
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Gerarchia degli infiniti
In virtu della gerarchia degli ordini di infinito:
limn
loga (n)
nα= 0
per ogni α > 0 e a > 1.
limn
nα
an= 0
per ogni a > 1.
limn
an
n!= 0
per ogni a > 1.
limn
n!
nn= 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 92/ 103
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Gerarchia degli infiniti: esempio 1
Esercizio
Calcolare
L = limn
log3 (n) + n2 + en
n100 + n!.
Svolgimento.
A numeratore, l’ordine superiore di infinito e quello di en. Adenominatore l’ordine superiore di infinito e n!. Quindi, essendo n!di ordine superiore rispetto en
L = limn
log3 (n) + n2 + en
n100 + n!= lim
n
en
n!= 0.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 93/ 103
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Gerarchia degli infiniti: esempio 2
Esercizio
Calcolare
L = limn
n! + e5n
n · sin(n)− e6n.
Svolgimento.
A numeratore, l’ordine superiore di infinito e quello di n!. A denominatorel’ordine superiore di infinito superiore sembra −e6n ma devo osservare chen · sin(n) non diverge visto il segno di sin(n) (e indeterminata!). Si osservi che
limn
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 = limn
n! + e5n
n · sin (n)− e6n= lim
n
n! + e5n
e6n(n · sin (n)/e6n − 1)= lim
n
n!
−e6n= −∞.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 94/ 103
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Criterio del rapporto
Teorema
Sia {an} una successione positiva, cioe an > 0 per ogni n ∈ N. Seesiste
L = limn
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 puo dire niente.
Nota.
Il teorema e valido pure per successioni definitivamente positive.
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Criterio del rapporto
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo solo il caso L < 1. Per ipotesi, per ogni ε > 0 esisteN(ε) tale che se n ≥ N(ε) allora
L− ε < an+1
an< L + ε.
Scelgo un ε cosicche L + ε < 1 e sia N := N(ε). Allora
0 < aN+1 ≤ (L + ε)aN
0 < aN+2 ≤ (L + ε)aN+1 ≤ (L + ε)(L + ε)aN = (L + ε)2aN
0 < aN+3 ≤ (L + ε)aN+2 ≤ (L + ε)(L + ε)aN+1 ≤ (L + ε)3aN
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Criterio del rapporto
0 < aN+4 ≤ (L + ε)aN+3 ≤ (L + ε)2aN+2 ≤ (L + ε)3aN+1 ≤ (L + ε)4aN
e iterando il procedimento, posto αk = aN+k
0 < αk = aN+k ≤ (L + ε)aN+k−1 ≤ . . . ≤ (L + ε)kaN
cioe0 < αk ≤ (L + ε)kaN
Visto che se (L + ε) < 1 allora limk(L + ε)kaN = 0, e che per il Teorema dei 2Carabinieri si ha che la successione αk → 0
0 = limkαk = limkaN+k
abbiamo che an converge a 0 definitivamente e quindi an → 0.
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Criterio del rapporto: esempio 1
Esercizio
Supposto b > 0, quanto vale
limn
bn
n!
Svolgimento.
Sia an = bn
n!> 0. Allora
an+1
an=
bn+1
n+1!bn
n!
=b
n + 1→ 0
e quindi per il criterio del rapporto
limn
bn
n!= 0.
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Criterio del rapporto: esempio 2
Esercizio
Calcolare
limn
n!
nn.
Svolgimento.
Sia an = n!nn> 0. Allora
an+1
an=
(n+1)!
(n+1)(n+1)
n!nn
=(n + 1)nn
(n + 1)(n+1)=
nn
(n + 1)n
=
(n
n + 1
)n
=
(1
n+1n
)n
=1
(1 + 1n
)n→ 1
e< 1 (6)
e quindi per il criterio del rapporto limnn!nn
= 0.
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Criterio del rapporto: nota
Nota.
Questa tecnica non porge sempre buoni risultati. Quali esempi siconsiderino il calcolo di
limn
log (n)
n
per cui posto an = log (n)n si ha
limn
an+1
an= lim
n
log (n+1)n+1
log (n)n
= limn
log (n + 1)
log (n)
n
n + 1= 1
in quanto entrambe le frazioni tendono a 1.
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 100/ 103
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Esercizi riassuntivi.
Esercizio
Calcolare al variare di α il limite
limn
αn+1 + n2 + (−1)n+1
πn − 2n3 − 2 sin (n)
Svolgimento.
A numeratore il termine dominante, al variare di α, e αn+1 + n2 mentre adenominatore e πn e quindi, visto che n2/πn → 0, ricaviamo
L = limn
αn+1 + n2 + (−1)n+1
πn − 2n3 − 2 sin (n)= lim
n
αn+1 + n2
πn
= limn
αn+1
πn= lim
nα ·(απ
)n
Annalisa Cesaroni, Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione 101/ 103
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Esercizi riassuntivi.
Osserviamo che
γα =(απ
)n=
+∞, se α > π0, se |α| < π1, se α = πindefinito se α ≤ −π.
da cui facilmente il limite
L = limn
αn+1 + n2 + (−1)n+1
πn − 2n3 − 2 sin (n)= α · γα
per α > −π altrimenti e indefinito. In definitiva
L =
+∞, se α > π0, se |α| < ππ, se α = πindefinito se α ≤ −π.
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Esercizi riassuntivi.
Utilizzando il criterio del rapporto mostrare che
1 limnbn
n! = 0;
2 limnn!nn = 0;
3 se b > 1 allora limnnα
bn = 0;Calcolare utilizzando le gerarchie dei limiti o il criterio del rapporto (se
applicabile con successo)
1 limnn
(√n)n
;
2 limnn√
n
(√n)n
;
3 limn2n
en2 ;
4 limn4en−cosh2 (n)
cos (n)+en2 .
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