ESERCIZI SULLE SUCCESSIONI NUMERICHE-SOLUZIONI

Esercizio 1

(i) lim_{n→∞} (\sqrt{n^{2} + 1} − \frac{n^{2}+1}{n+1}) . Razionalizziamo:

(\sqrt{n^{2} + 1} − \frac{n^{2} + 1}{n + 1}) · (\sqrt{n^{2} + 1} + \frac{n^{2} + 1}{n + 1}) · (\sqrt{n^{2} + 1} + \frac{n^{2} + 1}{n + 1})^{−1} =

= [(n^{2} + 1) − (\frac{n^{2} + 1}{n + 1})^{2}] · (\frac{(n + 1)\sqrt{n^{2} + 1} + n^{2} + 1}{n + 1})^{−1} =

[\frac{(n^{2} + 1)[(n + 1)^{2} − n^{2} − 1]}{(n + 1)^{2}}] · (\frac{n + 1}{(n + 1)\sqrt{n^{2} + 1} + n^{2} + 1}) =

= \frac{(n^{2} + 1)[(n + 1)^{2} − n^{2} − 1]}{(n + 1)^{2}\sqrt{n^{2} + 1} + (n + 1)(n^{2} + 1)}.

Dividiamo numeratore e denominatore per n^{3}, e la frazione diventa:

\frac{2 (1 + \frac{1}{n^{2}} )}{(1 + \frac{1}{n})^{2} \sqrt{1 + \frac{1}{n^{2}}} + (1 + \frac{1}{n}) (1 + \frac{1}{n^{2}} )}

passando a limite si ottiene 1.

(ii)

lim_{n→∞} ln ^{n} \sqrt{1 + a^{n}} = lim_{n→∞} \frac{1}{n} ln [a^{n} (\frac{1}{a^{n}} + 1)]

= lim_{n→∞} \frac{1}{n} ln a^{n} + lim_{n→∞} \frac{1}{n} ln (\frac{1}{a^{n}} + 1) .

Il primo termine é esattamente ln a, mentre il secondo tende a zero, dato che a ≥ 1, quindi ln (\frac{1}{a^{n}} + 1) < ln2.

(iii) lim_{n→∞} ^{\frac{2^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}}}{n^{2}+1}} = lim_{n→∞} ^{\frac{e^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}}}{n^{2}+1}} (\frac{2}{e})^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}} .

Il termine (\frac{2}{e})^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}} tende a zero perché 2 < e. D’altra parte, studiando separatamente la radice esponente di e : lim_{n→∞} \sqrt{(ln n)^{2} + ln n^{2}} = lim_{n→∞} ln n\sqrt{\frac{(ln n)^{2}}{(ln n)^{2}} + \frac{ln n^{2}}{(ln n)^{2}}} = ln n. Quindi

lim_{n→∞} ^{\frac{e^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}}}{n^{2}+1}} ≃ lim_{n→∞} \frac{e^{ln n}}{n^{2}+1} → 0. Quindi il limite iniziale é 0.

(iv) lim_{n→∞} ^{\frac{10^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}}}{n^{2}+1}} Questo limite e’ molto simile al precedente, c’e’ un 10 al posto di 2, ma in realta’ il risultato e’ molto diverso perche’ e’ +∞, quello che quindi conta e’ il rapporto tra la base dell’esponenziale, 10 oppure 2 e e che invece e’ la base del logaritmo naturale a cui tende la radice all’esponente. Si procede come nel limite precedente per cui il termine

(\frac{10}{e})^{\sqrt{(ln n)^{2}+ln n^{2}}} → ∞

mentre l’altro termine tende a zero con lo stesso ordine di \frac{1}{n}. Ci troviamo di fronte ad una forma indeterminata. Poiche’ la radice \sqrt{(ln n)^{2} + ln n^{2}} ha lo stesso andamento di ln n, come spiegato nell’esercizio precedente, si puo’ riscrivere il limite come:

(\frac{10}{e})^{ln n} · \frac{e^{ln n}}{n^{2} + 1} = (\frac{10}{e})^{ln n} · \frac{n}{n^{2} + 1} =

(\frac{10}{e})^{lg_{\frac{10}{e}} n·ln \frac{10}{e}} · \frac{n}{n^{2} + 1} = n^{ln ^{\frac{10}{e}}} \frac{n}{n^{2} + 1} → ∞

l’ultimo passaggio tiene conto del fatto che ln \frac{10}{e} > 1.

(v) lim_{n→∞} (1 + tan \frac{1}{n})^{n} = (1 + tan \frac{1}{n})^{_{\frac{1}{tan \frac{1}{n}}} n tan \frac{1}{n}} = e. Si e’ tenuto conto dei limiti notevoli lim_{n→∞} (1 + a_{n})^{\frac{1}{an}} = e se lim_{n→∞} a_{n} = 0, e lim_{n→∞} n sin \frac{1}{n} = 1.

(vi) lim_{n→∞} arctan(n^{2} − 1)\frac{cos 2nπ}{nπ} = \frac{π}{2} · 1 · \frac{1}{n} → 0

(vii) lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{2n})^{3n+ln n} = lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{2n})^{2n( \frac{3}{2} )} (1 + \frac{1}{2n})^{2n(\frac{ln n}{2n})} → → e^{\frac{3}{2}} · lim_{n→∞} e^{\frac{ln n}{2n}} → e^{\frac{3}{2}} .

(viii) lim_{n→∞} \frac{2+n^{2}}{n^{3}} cot \frac{1}{n} = lim_{n→∞} \frac{2+n^{2}}{n^{3}} \begin{matrix}cos & \frac{1}{n} \\ sin & \frac{1}{n} \end{matrix} = lim_{n→∞} \frac{2+n^{2}}{n^{2}} lim_{n→∞} \frac{cos \frac{1}{n}}{n sin \frac{1}{n}} =

1.

(ix) lim_{n→∞} (1 + \frac{2}{n^{3}} + \frac{1}{n})^{cot ^{\frac{1}{n}}} Utilizzando il risultato dell’esercizio precedente si ottiene:

lim_{n→∞} [(1 + \frac{2 + n^{2}}{n^{3}} )^{\frac{n^{3}}{2+n^{2}}} ]^{^{\frac{2+n^{2}}{n^{3}}} cot ^{\frac{1}{n}}} → e.

(x) risultato = 1 (xi) risultato = 0 (xii) risultato = 1 (xiii) risultato = 0 (xiv) risultato = + ∞ (xv) risultato: per x ∈ Z la successione é identicamente uguale ad 1, mentre per tutti gli altri x reali tende a 0. (xvi) riscriviamo il limite per sfruttare i limiti notevoli:

lim_{n→∞} \frac{n^{2} sin \frac{1}{n}(ln n)^{2}}{(n + 1)^{2}} = lim_{n→∞} n sin \frac{1}{n} \frac{n}{n + 1} \frac{(ln n)^{2}}{n + 1} =

= lim_{n→∞} n sin \frac{1}{n} · lim_{n→∞} \frac{n}{n + 1} · lim_{n→∞} \frac{(ln n)^{2}}{n + 1} = 1 · 1 · 0 = 0.

(xvii) utilizziamo il prodotto notevole a^{3} − b^{3} = (a − b)(a^{2} + ab + b^{2}) con a = (n + 2)^{\frac{1}{3}} e b = n^{\frac{1}{3}} . Quindi il limite diventa

lim_{n→∞} n\frac{(n + 2 − n)}{(n + 2)^{\frac{2}{3}} + (n(n + 2))^{\frac{1}{3}} + n^{\frac{2}{3}}} = lim_{n→∞} \frac{2n}{(n + 2)^{\frac{2}{3}} + (n(n + 2))^{\frac{1}{3}} + n^{\frac{2}{3}}} .

Abbiamo ottenuto un quoziente di polinomi di grado 1 al numeratore e \frac{2}{3} al denominatore, quindi il limite é 0.

(xviii) riscriviamo il limite per sfruttare i limiti notevoli:

lim_{n→∞} (\frac{n}{n − 1})^{\frac{n}{n+1}} = lim_{n→∞} (\frac{n − 1 + 1}{n − 1})^{\frac{n}{n+1} · \frac{n−1}{n−1}} = lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n − 1})^{\frac{1}{n−1} · \frac{n(n−1)}{n+1}} =

= e^{lim^{n→∞} ^{\frac{n(n−1)}{n+1}}} = +∞.

(xix) vogliamo ricondurci ad una forma del tipo (1 + \frac{1}{a_{n}} )^{\frac{1}{an}} con lim_{n→∞} a_{n} =

+∞, e poi usare il limite notevole (1 + \frac{1}{a_{n}} )^{a_{n}} → e. Risolviamo quindi l’ equazione

\frac{1}{a_{n}} = 1 − \frac{n^{2} + n}{n^{2} − n + 2},

che é verificata se a_{n} = \frac{n^{2}−n+2}{2n−2}(→ ∞ per n → ∞). Quindi

lim_{n→∞} (\frac{n^{2} + n}{n^{2} − n + 2})^{n} = lim_{n→∞} [(1 + \frac{2n − 2}{n^{2} − n + 2})^{a_{n}}]^{\frac{n}{an}} = e^{lim^{n→∞} ^{\frac{n}{an}}} = e^{2}.

(xx) riscriviamo il limite come

lim_{n→∞} (2^{n} + 3^{n})^{\frac{1}{n}} = lim_{n→∞} 3 ((\frac{2}{3})^{n} + 1)^{\frac{1}{n}} .

Usiamo in teorema dei carabinieri:

3 ≤ 3 ((\frac{2}{3})^{n} + 1)^{\frac{1}{n}} ≤ 3(1 + 1)^{\frac{1}{n}} → 3 · 1

Pertanto tutta la successione tende a 3. (xxi) riscriviamo il limite come

lim_{n→∞} (1 − \frac{1}{n^{2}} )^{n} = lim_{n→∞} (1 − \frac{1}{n})^{n} (1 + \frac{1}{n})^{n} = \frac{1}{e} · e = 1.

(xxii) usiamo il Teorema dei Carabinieri per provare che il limite é 0.

\frac{n^{2} + 2}{n} − \sqrt{n^{2} + 4} = n + \frac{2}{n} − \sqrt{n^{2} + 4} ≤ n + \frac{2}{n} − \sqrt{n^{2}} = \frac{2}{n} → 0.

D’altra parte si ha n^{2} + 4 < n^{2} + 4 + \frac{2}{n^{2}} = (n + \frac{2}{n})^{2} . Quindi:

n + \frac{2}{n} − \sqrt{n^{2} + 4} > n + \frac{2}{n} − (n + \frac{2}{n}) = 0.

Esercizio 2 Richiamiamo la definizione di limite:

L finito: lim_{n→∞} a_{n} = L ⇔ ∀ε > 0 ∃\overline{n} : |a_{n} − L| < ε ∀ n > \overline{n}.

L infinito: lim_{n→∞} a_{n} = +∞ ⇔ ∀M > 0 ∃\overline{n} : a_{n} > M ∀ n > \overline{n}.

(a) lim_{n→∞} \frac{n^{2} − 8n + 4}{n − 4} = +∞ ⇔ ∀M > 0 ∃\overline{n}: \frac{n^{2} − 8n + 4}{n − 4} > M ⇔ ( per n > 4)

n^{2} − 8n + 4 > Mn − 4M,

risolvendo l’equazione di secondo grado, troviamo che la disuguaglianza é verificata per valori di n esterni all’ intervallo delle radici, che chiameremo x_{1} e x_{2}, quindi se n > x_{2} = \overline{n} (se x_{2} > x_{1}) sicuramente la disuguaglianza é verificata e cosí la definizione di limite. (b ) lim_{n→∞} ln(1 + \frac{1}{n}) = 0 ⇔ ∀ε > 0 ∃\overline{n}:

|ln(1 + \frac{1}{n})| < ε ∀n > \overline{n}.

Tenendo conto che ln(1 + \frac{1}{n}) > 0, questa disuguaglianza é verificata se

1 + \frac{1}{n} < e^{ε} ⇔ n > \frac{1}{e^{ε} − 1} = \overline{n}.

(c) lim_{n→∞} e^{1+ \frac{1}{n}} = e ⇔ ∀ε > 0 ∃\overline{n}:

|e^{1+ \frac{1}{n}} − e| < ε.

Tenendo conto che e^{1+ \frac{1}{n}} > e, si ha

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

Esercizio 3 Consideriamo la successione:

x_{n} = a^{n} \frac{(−1)^{n}}{(n^{2} + 1) sin \frac{1}{n^{2}}}

la frazione tende a \frac{(−1)^{n}}{1} , per cui il limite é sicuramente indeterminato se |a| ≥ 1. Infatti se a = ±1 lim_{n→∞} x_{n} = (−1)^{n}, se se |a| > 1 lim_{n→∞} x_{n} = ±∞. Invece se |a| < 1 il limite é 0.

Esercizio 4

(a) usando il primo Teorema, con a_{n} = n^{\frac{1}{n}} , che tende a 1, si deduce facilmente

che lim_{n→∞} \frac{1+2^{\frac{1}{2}} +3^{\frac{1}{3}} +....+n^{\frac{1}{n}}}{n} = 1.

(b) usando il quarto Teorema, poiché

lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)!}{n!} = n + 1 → +∞,

segue che

lim_{n→∞}(n!)^{\frac{1}{n}} = +∞.

(c) osserviamo che ^{\frac{(n!)^{\frac{1}{n}}}{n}} = (\frac{(n!)}{n^{n}})^{\frac{1}{n}} , quindi sempre grazie al quarto Teorema, si ha

lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{(n + 1)!n^{n}}{(n + 1)^{n+1}n!} = \frac{n + 1}{n + 1} (\frac{n}{n + 1})^{n+1−1} =

= (1 − \frac{1}{n + 1})^{n+1} (1 − \frac{1}{n + 1})^{−1} → \frac{1}{e} per n → +∞.

(d) usiamo ancora il quarto Teorema, ponendo ^{\frac{(n!)^{\frac{1}{2n}}}{n}} = (\frac{\sqrt{n!}}{n^{n}})^{\frac{1}{n}} , segue che

lim_{n→∞} \frac{a_{n+1}}{a_{n}} = \frac{\sqrt{(n + 1)!} n^{n}}{(n + 1)^{n+1}\sqrt{n!}} = \frac{\sqrt{(n + 1)}}{n + 1} (\frac{n}{n + 1})^{n}

per quanto visto nell’ esecizio precedente, si ha

lim_{n→∞} \frac{1}{\sqrt{(n + 1)}} (\frac{n}{n + 1})^{n} → 0.

Esercizio 5 Se la successione a_{n} ammette limite, tutte le successioni estratte devono ammettere lo stesso limite, quindi un’ implicazione é ovvia. D’ altra parte, se a_{2k} e a_{2k−1} convergono allo stesso limite l, si avrá:

|a_{2k} − l| < ε ∀n > n_{1},
|a_{2k−1} − l| < ε ∀n > n_{2}.

Quindi, se n > max(2n_{1}, 2n_{2} − 1), risulta |a_{n} − l| < ε, quindi a_{n} tende a l. Osservazione importante: in generale se due sottosuccessioni estratte da una successione data tendono al medesimo limite l, non é affatto detto che la successione di partenza converga ad l. Peró, se le successioni estatte sono tali da esaurire tutti i possibili indici naturali, come accade per le successioni degli indici pari e dispari, allora si puó concludere che la successione di partenza tende allo stesso limite delle due sottosuccessioni.

Esercizio 6 Essendo monotone, le due successioni a_{2n} e a_{2n−1} sicuramente ammettono limite, finito o infinito. Per ipotesi

lim_{n→∞}(a_{2n} − a_{2n−1}) = 0 ⇔ lim_{n→∞} a_{2n} = lim_{n→∞} a_{2n−1} = l ∈ IR ∪{−∞, +∞},

quindi grazie all’ esercizio precedente, a_{n} ammette limite ed esso é uguale ad l.

Esercizio 7 Vogliamo trovare una successione a_{n} che ammette limite, ma le due sottosuccessioni degli indici pari e dispari, pur essendo monotone, quindi ammettendo limite, non verificano la proprietá lim_{n→∞}(a_{2n} − a_{2n−1}) = 0. Basta scegliere a_{n} = n, essa ha limite +∞, ma

lim_{n→∞}(a_{2n} − a_{2n−1}) = lim_{n→∞} 2n − 2n + 1 ≡ 1.