SOLUZIONI ESERCIZI SU MASSIMO E MINIMO LIMITE DI SUCCESSIONI

Determiniamo prima il minimo limite. Sapendo che min lim sin n = −1, sia n_{k} una sottosuccessione di indici tali che lim_{k→∞} sin n_{k} = −1. Se k é sufficientemente grande, ovvero k > ν_{1}, si ha

−1 − ε < −1 < sin n_{k} < −1 + ε ∀ε > 0,

per cui 0 < sin n_{k} + 1 < ε. Essendo una quantitá compresa tra 0 e un numero piú piccolo di 1, la sua parte intera dará sempre 0. Quindi avendo provato che 0 é un minorante e avendo trovato una sottosuccessione di indici tali che lim_{k→∞}[sin n_{k} + 1] = 0, deduciamo che il minimo limite é proprio 0. Passiamo al massimo limite. Ragionando di nuovo su una sottosuccessione n_{h}, che tenda questa volta al massimo limite di sin n, cioé tale che lim_{h→∞} sin n_{h} = +1, si ha, per h > ν_{2}, 1−ε < sin n_{h} < 1+ε. Quindi 2−ε < 1+sin n_{h} < 2 < 2+ε. Osserviamo peró che 2 non viene mai raggiunto, perché sin n_{h} é uguale ad uno solamente al limite. Quindi in realtá andremo a calcolare la parte intera di una quantitá che é sempre piú piccola di 2, é infatti compresa tra 1 e 2, quindi il risultato della parte intera sará 1. Dunque abbiamo provato che sin n + 1 < 2, quindi che [sin n + 1] ≤ 1, inoltre abbiamo anche trovato una sottosuccessione di indici tali che lim_{h→∞}[sin n_{h} + 1] = 1, quindi il massimo limite é esattamente 1.

Esercizio 2

(i) a_{n} = \frac{n+1}{n} sin \frac{nπ}{10} . Osserviamo che, mentre il termine \frac{n+1}{n} tende a 1, sin \frac{nπ}{10} = 1 se \frac{nπ}{10} = \frac{π}{2} + 2kπ, ovvero n_{1} = 5 + 20k. D’altra parte sin \frac{nπ}{10} = −1 se \frac{nπ}{10} = \frac{3π}{2} + 2kπ, ovvero n_{2} = 15 + 20k. Quindi abbiamo due sottosuccessioni a_{n_{1}} e a_{n_{2}} che tendono rispettivamente a +1 e −1. Proviamo che 1 é maxlim. Sia ε > 0,

\frac{n + 1}{n} sin \frac{nπ}{10} < \frac{n + 1}{n} · 1 < 1 + ε ⇔ 1 + \frac{1}{n} < 1 + ε ⇔ n > \frac{1}{ε} = ν.

Proviamo ora che −1 é minlim. Sia ε > 0,

\frac{n + 1}{n} sin \frac{nπ}{10} > \frac{n + 1}{n} · (−1) > −1 − ε ⇔ −1 − \frac{1}{n} > −1 − ε ⇔ n > \frac{1}{ε} = ν.

(ii) a_{n} = (−1)^{n} \frac{n+1}{n}. Prendiamo in considerazione le sottosuccessioni dei pari e dei dispari, ovvero a_{2n} = \frac{2n+1}{2n} e a_{2n+1} = −\frac{2n+2}{2n+1}. Si ha

lim_{n→∞} a_{2n} = 1,  lim_{n→∞} a_{2n+1} = −1,

quindi dimostriamo che +1 e −1 sono massimo e minimo limite. Sia ε > 0,

(−1)^{n} \frac{n + 1}{n} < \frac{n + 1}{n} = 1 + \frac{1}{n} < 1 + ε ⇔ n > \frac{1}{ε}.

Quindi 1 é massimo limite. Sia ancora ε > 0,

(−1)^{n} \frac{n + 1}{n} > −\frac{n + 1}{n} = −1 − \frac{1}{n} > −1 − ε ⇔ n > \frac{1}{ε}.

(iii) a_{n} = arctan(−2)^{n}. Prendiamo in considerazione le sottosuccessioni dei pari e dei dispari, ovvero a_{2n} = arctan(−2)^{2n} → \frac{π}{2} per n → ∞, e a_{2n+1} = arctan(−2)^{2n+1} → −\frac{π}{2} per n → ∞. Dimostriamo che \frac{π}{2} é massimo limite: sia ε > 0,

arctan(−2)^{n} < \frac{π}{2} < \frac{π}{2} + ε.

Dimostriamo che −\frac{π}{2} é minimo limite: sia ε > 0,

arctan(−2)^{n} > −\frac{π}{2} > −\frac{π}{2} − ε.

(iv) a_{n} = (−1)^{n} + sin \frac{1}{n}. Prendiamo in considerazione la sottosuccessione dei pari, ovvero a_{2n} = 1 + sin \frac{1}{2n} → 1 per n → ∞. Se consideriamo invece la sottosuccessione dei dispari, si ha a_{2n+1} = −1 + sin \frac{1}{2n+1} → −1 per n → ∞. Come al solito dimostriamo che 1 é massimo limite: sia ε > 0,

(−1)^{n} + sin \frac{1}{n} < 1 + sin \frac{1}{n} < 1 + ε ⇔ sin \frac{1}{n} < ε ⇔ n > \frac{1}{arcsin ε}.

Dimostriamo che −1 é minimo limite: sia ε > 0,

(−1)^{n} + sin \frac{1}{n} > −1 + sin \frac{1}{n} > −1 − ε.

Osserviamo che sin \frac{1}{n} é positivo per ogni n ≥ 1.