Limiti di successioni.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Universit`
a degli Studi di Padova
Dipartimento di Matematica
28 ottobre 2014
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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
1, −1, 1, −1, . . .;
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni.
100
90
80
70
60
50
40
30
20
10
0
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Figura : Grafico della successione an = n2 , ristretto ai valori 0, 1, . . . , 10.
.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni: limitatezza
Definizione
La successione {an } `e limitata inferiormente se esiste m ∈ R tale
che an ≥ m per ogni n ∈ N.
Definizione
La successione {an } `e limitata 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
m ≤ an ≤ M per ogni n ∈ N.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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).
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni.
1200
1000
800
600
400
200
0
−200
−400
−600
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Figura : Grafico della successione an = (−2n)2 , ristretto ai valori
0, 1, . . . , 10.
.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni
Definizione
Diremo che {an } possiede una certa propret`a definitivamente se
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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti
Definizione
Scriveremo che
lim an = L, L ∈ R
n→+∞
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 } converge a L se
limn→+∞ an = L. Il valore L si chiama limite della successione.
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Introduzione.
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Successioni e limiti: note
Nota.
I
Si noti che la quantit`a N() dipende da ;
I
A volte scriveremo limn an = L al posto di limn→+∞ an = L;
I
A volte scriveremo an → L al posto di limn→+∞ an = L.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 1
Esempio
Mostriamo che se an = 1/n allora
lim an = 0.
n→+∞
Dimostrazione.
A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogni
> 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora
1
− 0 < .
n
Osservato che essendo n ∈ N, | n1 − 0| =
n sufficentemente grande n1 < .
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1
n
basta mostrare che per
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 1
Se dme `e la parte intera di un numero, posto N() = d 1 e + 1
1
1
< N() ⇒
<
N()
si ha che per n ≥ N() necessariamente
1
n
≤
(1)
1
N()
e quindi
1
1
≤
< .
n
N()
Nota.
Dato un numero a = p, q1 q2 . . . indicheremo con dae = p se
q1 , q2 , . . . = 0, altrimenti dae = p + 1. Cos`ı,
d2e = 2, d2, 01e = 3.
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Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esempio
Mostriamo che se an = 31/n allora
lim an = 1.
n→+∞
Dimostrazione.
A tal proposito, dalla definizione, basta mostrare che per ogni
> 0 esiste N() tale che se n ≥ N() allora
1
|3 n − 1| < .
1
1
Osservato che essendo n ∈ N, |3 n − 1| = 3 n − 1 basta mostrare
1
che per n sufficentemente grande 3 n − 1 < .
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Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 2
Questo `e equivalente a mostrare che definitivamente si ha
1
3 n < 1 + ed essendo il log3 (x) una funzione strettamente
crescente, ci`o `e vero se e solo se
1
log3 (3 n ) < log3 (1 + )
ovvero, dalle propriet`a dei logaritmi (log3 3m = m per ogni m > 0)
1
< log3 (1 + ).
n
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Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 2
Posto
N() = d
1
1
e+1>
log3 (1 + )
log3 (1 + )
per n > N()
1
1
1
<
<
n
N()
log3 (1 + )
e quindi l’asserto `e verificato.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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 an = L1 , lim an = L2
n→∞
n→∞
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 ().
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Introduzione.
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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 − 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.
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Introduzione.
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Successioni e limiti: divergenti
Definizione
Si dice che una successione ha limite +∞ e si scrive
lim an = +∞
n→+∞
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 limite ha limite −∞ e si scrive
lim an = −∞
n→+∞
se per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se n > N(M) allora
an < −M (cio`e an < −M definitivamente).
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: divergenti
Definizione
Si dice che una successione `e divergente, se
lim an = +∞
n→+∞
oppure
lim an = −∞
n→+∞
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: convenzioni
Per convenzione
I
R = (−∞, ∞),
I
se a ∈ R allora
(−∞, a] = {x ∈ R, x ≤ a}
(−∞, a) = {x ∈ R, x < a}
[a, +∞) = {x ∈ R, x ≥ a}
(a, +∞) = {x ∈ R, x > a}
I
R∗ = [−∞, ∞]
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 1
Esempio
Si dimostri che
lim n2 = +∞.
n→+∞
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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esempio
Si dimostri che
lim log
n→+∞
1
= −∞.
n
Dimostrazione.
Bisogna mostrare che per ogni M > 0, esiste N(M) tale che se
n > N(M) allora log n1 < −M o equivalentemente, visto che
e log (x) = x ed e x `e una funzione crescente, n1 < e −M , cio`e
e M < n. Basta scegliere N(M) > e M affinch`e se n > N(M)
e M < N(M) < n.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: indeterminata
Definizione
Una successione {an } che non `e ne’ convergente, ne’ divergente, si
dice indeterminata (o irregolare). In tal caso si dice che il limite
della successione non esiste.
Esempio
La successione an = (−1)n `e indeterminata in quanto assume
alternativamente valori −1 e 1.
Esempio
La successione an = (−2)n `e indeterminata in quanto assume
alternativamente valori positivi e negativi.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esercizi da provare
Usando la definizione di limite verificare che
n+1
n = 1;
1
limn→∞ 3n = 0;
limn→∞ 3n + 5 =
limn→∞ 1 − n2 =
1. limn→∞
2.
3.
4.
+∞;
−∞.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: limitatezza
Definizione
Una successione {an } `e limitata 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
n ∈ N.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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 quanto
indeterminata).
2
1.5
1
0.5
0
−0.5
−1
−1.5
−2
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
Figura : Successione an = (−1)n per n = 0, 1, . . . , 10.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: calcolo
Teorema
Supponiamo
lim an = a,
n→+∞
lim bn = b.
n→+∞
Allora:
I
limn→+∞ (an + bn ) = a + b;
I
limn→+∞ (an − bn ) = a − b;
I
limn→+∞ (an · bn ) = a · b;
I
se
I
se an bn `e ben definita e a > 0 allora limn→+∞ an bn = ab ;
an
bn
`e ben definita e b 6= 0 allora limn→+∞
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
an
bn
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= ba ;
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
n > N1 ( 2 ) allora |an − a| ≤ 2 ;
2
> 0 esiste N1 ( 2 ) tale che se
I
Siccome bn → b allora per ogni
n > N2 ( 2 ) allora |bn − b| ≤ 2 ;
2
> 0 esiste N2 ( 2 ) tale che se
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| ≤
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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+ =
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
n > N2 () allora |bn − b| ≤ ;
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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|)
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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(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 (an · bn ) = a · b.
n→·∞
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esercizi facoltativi
Abbiamo visto che
Teorema
Se limn→+∞ an = a e limn→+∞ bn = b 6= 0 allora
limn→·∞ ( bann ) = ba .
Teorema
Se limn→+∞ an = a e C `e una costante allora limn→+∞ C a˙ n = C a.
˙
Le dimostrazioni sono un utile esercizio.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 1
Esercizio
1
.
n2
Calcolare limn→+∞
Essendo limn→+∞
allora
1
n
= 0, e se limn→+∞ an = a, limn→+∞ bn = b
lim an · bn = a · b
n→+∞
necessariamente
lim
n→+∞
1
11
= lim
= 0.
2
n→+∞
n
nn
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: esempio 2
Esercizio
1
Calcolare limn→+∞ 3 n −
1
n2
−
87
n .
Osserviamo che
I
da limn→+∞ n1 = 0, e che se an bn `e ben definita e a > 0 allora
limn→+∞ an bn = ab , ricaviamo che
1
lim 3 n = 30 = 1;
n→+∞
1
n2
I limn→+∞ 87
n
I
limn→+∞
= 0;
= 87 limn→+∞
allora
1
lim 3 n −
n→+∞
1
n
= 0;
1
87
−
= 1 + 0 − 0 = 1.
n2
n
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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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 + ,
e quindi an > 0.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
34/ 94
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 = − n1 . 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 = n1 > 0 ma a = limn an = 0.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
35/ 94
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
Si supponga limn→+∞ an = a e an ≥ 0 allora a ≥ 0.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: teorema di permanenza del segno
Teorema
Si supponga
I
limn→+∞ an = a,
I
limn→+∞ bn = b,
I
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 0.7 abbiamo che a − b ≥ 0
cio`e a ≥ b.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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Successioni e limiti: alcuni limiti notevoli
Teorema
Sia α ∈ R. Allora
+∞, α > 0
α
1 α=0
lim n =
n
0, α < 0
Dimostrazione facoltativa.
Traccia: si usi la definizione di limite.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
38/ 94
Successioni e limiti: esercizio
Esercizio
Si calcoli
lim
n
n1/2 + n2 + 8
n3/2 + n5
Raccogliendo a numeratore e denominatore relativamente alla
potenza di grado massimo
n1/2 + n2 + 8
lim
n
n3/2 + n5
= lim
n
1
n2 ( n3/2
+1+
1
n5 ( n5−3/2
+ 1)
1
= lim 3
n n
=
8
)
n2
1
n3/2
+1+
8
n2
1
+1
n7/2
1
+ 1 + n82
1
n3/2
lim 3 lim
1
n n
n
+1
n7/2
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
39/ 94
1
=0 =0
1
Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri
Vale il seguente teorema detto dei due carabinieri o del confronto
Teorema
Supponiamo che sia an ≤ bn ≤ cn definitivamente e che an → L,
bn → L. Allora cn → L.
Dimostrazione facoltativa.
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 ()}.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
40/ 94
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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
41/ 94
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 → +∞
implica che n2 (1 + sin2 (n)) → +∞.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
42/ 94
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
|cn · bn | ≤ Kbn → 0.
L’asserto segue dal corollario precedente, ponendo βn = cn · bn e
γn = K · bn
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
43/ 94
Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio
Esempio
La successione
sin n
n
`e infinitesima.
Dimostrazione facoltativa.
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 sinn n `e infinitesima.
Nota.
Una facoltativa simile si ottiene applicando il teorema dei due
carabinieri, dopo aver osservato che
−1
sin(n)
1
≤
≤ .
n
n
n
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
44/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti
Teorema
Se an → a e bn → +∞ allora
I
an + bn → +∞;
I
an − bn → −∞.
Teorema
Se an → a e bn → −∞ allora
I
an + bn → −∞;
I
an − bn → +∞.
Nota.
Tali teoremi valgono pi`
u in generale quando {an } `e limitata.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
45/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti
Teorema
Se an → +∞ e bn → +∞ allora
I
an + bn → +∞;
I
−an − bn → −∞;
I
an · bn → +∞.
Teorema
Se an → −∞ e bn → −∞ allora
I
an + bn → −∞;
I
−an − bn → +∞;
I
an · bn → +∞.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
46/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti
Definizione
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
I
an · bn → segno(a) · ∞.
Teorema
Se an → a 6= 0 e bn → −∞ allora
I
an · bn → −segno(a) · ∞.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
47/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti
Teorema
Se an → 0 allora
1
an
→ ∞.
Teorema
Se an → +∞ o an → −∞, allora
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
1
an
→ 0.
Introduzione.
48/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi
Esercizio
Si dimostri che
1
n3 → +∞.
3−
n
Esercizio
Ricordando che − n1 ≤
sin (n)
n
≤ n1 , si dimostri che
sin (n)
→ 0.
n
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
49/ 94
Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi
Esercizio
E’ vero che
1
→ +∞?
sin (n)
Esercizio
Si dimostri che
1
→ 0.
3n
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
50/ 94
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
I
an → ±∞, bn → ±∞, allora
an
bn
=?;
an
bn
=?.
Tali forme si chiamano indeterminate (o di indecisione), perch`e
pu`o succedere qualsiasi cosa.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
51/ 94
Successioni e limiti: esercizi
Esercizio
Calcolare limn (n3 − n2 + 5 − n). Suggerimento: raccogliere n3 .
Esercizio
√
√
Calcolare limn ( n − n + 1). Suggerimento: razionalizzare la
frazione.
Esercizio
Calcolare limn
n5 +sin (n)
.
2n5 + n1
Suggerimento: raccogliere n5 tanto a
numeratore, quanto a denominatore.
Esercizio
Calcolare limn
precedente.
√
1
√
.
n− n+1
Suggerimento: utilizzare un esercizio
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
52/ 94
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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
53/ 94
Successioni e limiti: monotonia decrescente
Definizione
Una successione {an } `e monotona decrescente se an ≥ an+1 per
ogni n ∈ N.
Definizione
Una successione {an } `e monotona strettamente decrescente se
an > an+1 per ogni n ∈ N.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
54/ 94
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 = n1 `e strettamente decrescente. Si vuole
mostrare che an > an+1 per ogni n ∈ N, ed `e banalmente vero
1
.
perch`e n1 > 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 quanto assume alternativamente valori −1 e 1.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
55/ 94
Successioni e limiti: esempi monotonia
Esempio
La successione an = sin (n) non `e decrescente o crescente.
1
0.8
0.6
0.4
0.2
0
−0.2
−0.4
−0.6
−0.8
−1
0
2
4
6
8
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
10
12
14
Introduzione.
16
56/ 94
18
20
Successioni e limiti: esempi monotonia
Esempio
La successione an =
n+1
n ,
n ≥ 1, `e monotona.
2
1.9
1.8
1.7
1.6
1.5
1.4
1.3
1.2
1.1
1
0
2
4
6
8
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
10
12
14
Introduzione.
16
57/ 94
18
20
Successioni e limiti: esempi monotonia
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo che la successione `e monotona strettamente
decrescente, come suggerito dal grafico. Basta sia, per definizione,
n+1
n+2
>
n
n+1
cio`e
(n + 1)2 > n(n + 2) ⇔ n2 + 2n + 1 > n2 + 2n ⇔ 1 > 0,
cosa ovvia.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
58/ 94
Successioni e limiti: monotonia e convergenza
Teorema
Sia {an } una successione monotona crescente e limitata
superiormente. Allora {an } `e convergente e
limn an = sup {an : n ∈ N}.
Teorema
Sia {an } una successione monotona decrescente e limitata
inferiormente. Allora {an } `e convergente e
limn an = inf {an : n ∈ N}.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
59/ 94
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 limn an = 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().
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
60/ 94
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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
61/ 94
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
della crescenza lo `e definitivamente.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
62/ 94
Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione an = n2 `e strettamente crescente e illimitata
superiormente. Quindi an → +∞.
Esempio
La successione an = n1 `e strettamente decrescente e
inf {an : n 6= 0} = 0. Quindi an → 0.
Esempio
La successione geometrica an = q n per q ∈ (1, +∞) `e strettamente
crescente e illimitata superiormente. Quindi an → +∞.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
63/ 94
Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione geometrica an = q n per q ∈ (0, 1) `e strettamente
decrescente e limitata inferiormente, essendo inf {an : n ∈ N} = 0.
Quindi an → 0.
Esempio
La successione geometrica an = q n per q = 1 `e ovviamente tale
che an → 1.
Esempio
La successione geometrica an = q n per q ∈ (−1, 0) ha segno
alterno e quindi non `e strettamente decrescente o crescente.
Comunque an → 0.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
64/ 94
Successioni e limiti: monotonia e convergenza, esempi
Esempio
La successione geometrica an = q n per q ∈ (−∞, 1] assume valori
sempre pi`
u grandi in modulo, ma ha segno alterno e quindi `e
indeterminata.
5
x 10
12
10
8
6
4
2
0
−2
−4
−6
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Figura : La successione an = (−2)n , per n = 0, 1, . . . , 20. Si osservi il
fattore di scala 105 nelle ordinate!
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
65/ 94
Successioni e limiti: il numero e
Consideriamo la successione an = (1 + n1 )n . Si dimostra che `e
convergente. Per definizione, si pone
1 n
=e
lim 1 +
n
n
con e = 2.718281828459046 noto come numero di Nepero.
La non semplice dimostrazione si basa sul provare che an `e
monotona crescente e 2 ≤ an < 4.
2.8
2.6
2.4
2.2
2
1.8
1.6
1.4
1.2
1
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
Figura : La successione an = (1 + n1 )n , per n = 0, 1, . . . , 20.
.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
66/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
Esercizio
Mostrare che
1 −n
= e.
lim 1 +
n
−n
Dimostrazione.
Traccia: Osserviamo che
n−1
1 n
n+1 n
n
lim 1 +
= lim
= e → lim
=e
n
n
n
n
n
n−1
in quanto il comportamento all’infinito della successione
n−1
n
n
= an−1 .
an = n+1
`
e
uguale
a
quello
di
b
=
n
n
n−1
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
67/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
Ma dall’algebra dei limiti,
1
lim 1 +
n
−n
−n
!n !−1
−n + 1 −n
1
= lim
= lim
n
n
n
−n
n−1
!n−1
!−1
1
1
= lim
n
n
n
n−1
n−1
= lim n
1
n−1
n
n−1
−1
−1
n−1
1
·1
=
n
e
= e.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
68/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
Pi`
u in generale si mostra il seguente teorema
Teorema
Se an → +∞, allora
1 an
= e.
lim 1 +
n
an
Cos`ı
Esempio
Si mostra che limn 1 +
2
1 n
n2
= e.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
69/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
Pi`
u in generale si mostra il seguente teorema
Teorema
Se an → −∞, allora
1 an
lim 1 +
= e.
n
an
2
Cos`ı , per an = − n 3+5 , visto che − n23+5 =
− n2 +5
3
abbiamo che limn 1 − n23+5
= e.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
1
an
e an → −∞
70/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
5
4.5
4
3.5
3
2.5
0
2
4
6
8
10
Figura : La successione an = 1 −
12
3
14
16
2
− n 3+5
n2 +5
18
, per n = 0, 1, . . . , 20.
.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
20
71/ 94
Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
I
Mostrare che se α 6= 0 allora
α αn
= e.
lim 1 +
n
n
I
I
Mostrare che se α 6= 0 allora
α n
lim 1 +
= e α.
n
n
n
Mostrare che limn 1 − n1 = e1 .
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
72/ 94
Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
Calcolare
lim
n
n+1
n
3
n.
Ricordiamo che se limn an = γ, con γ ∈ R, allora limn anα = γ α e
quindi
n+1
n
3n
=
1
1+
n
n 3
= e 3.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
73/ 94
Successioni e limiti: alcuni esercizi
Esercizio
Calcolare
n2 +7
1 2n+1
lim 1 +
.
n
n
Osserviamo che
1
1+
n
n2 +7
2n+1
1 n2 +7
1 n n 2n+1
=
1+
n
n2 +7
1 n 2n2 +n
.
=
1+
n
Ricordiamo che se an → α, bn → β, con α, β ∈ R allora
n2 +7
1
an bn → αβ . Quindi da 2n
2 +n → 2 ricaviamo che la successione
tende a e 1/2 ≈ 1.648721270700128.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
74/ 94
Successioni e limiti: alcuni limiti
1.78
1.76
1.74
1.72
1.7
1.68
1.66
1.64
1.62
0
10
20
30
40
Figura : La successione an = 1 +
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
50
60
n2 +7
1 2n+1
n
70
80
90
100
, per n = 5, 10, 15, . . . , 100.
Introduzione.
75/ 94
Confronti e stime asintotiche
Ricordiamo che
Definizione
Se an → 0 la successione si dice infinitesima.
Definizione
Se an → ±∞ la successione si dice infinita.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
76/ 94
Confronti e stime asintotiche
Definizione
Supponiamo an → ±∞, bn → ±∞. Consideriamo
lim
n
an
.
bn
Se
I
vale 0 allora {bn } `e un infinito di ordine superiore rispetto a
{an };
I
vale L, con −∞ < L < +∞, L 6= 0 allora {an } e {bn } sono
infiniti dello stesso ordine;
I
vale ±∞ allora {an } `e un infinito di ordine superiore rispetto
a {bn };
I
non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
77/ 94
Confronti e stime asintotiche: esempio 1
Esempio
La funzione an = n5 + 3 ha ordine superiore rispetto bn = n.
Dimostrazione.
Basta osservare che
lim
n n5
n
+3
n
+
1
= lim 4
n n (1 +
= lim
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
n n5 (1
Introduzione.
3
)
n5
3
)
n5
= 0.
78/ 94
Confronti e stime asintotiche: esempio 2
Esempio
La funzione an = 3n2 ha lo stesso ordine rispetto
bn = 3n2 + n1 + sin (n).
Dimostrazione.
Basta osservare che
lim
n
3n2
3n2 + + sin (n)
1
n
= lim
n
3n2
3n2 (1 +
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
+
sin (n)
)
3n2
1
= lim
n
1
3n3
(1 +
1
3n3
Introduzione.
+
sin (n)
)
3n2
79/ 94
= 1.
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
n3
n n2 (1 + 12 )
n
n
= lim
= +∞.
n (1 + 12 )
n
= lim
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
80/ 94
Confronti e stime asintotiche
Definizione
Supponiamo an → 0, bn → 0. Consideriamo
lim
n
an
.
bn
Se
I
vale 0 allora {an } `e un infinitesimo 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 un infinitesimo di ordine superiore
rispetto a {an };
I
non esiste, allora le successioni non sono confrontabili.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
81/ 94
Confronti e stime asintotiche
Definizione
Supponiamo an → 0 e bn → 0 oppure an → ±∞ e bn → ±∞. Se
lim
n
an
=1
bn
si dice che an e bn sono successioni asintotiche e scriveremo
an ∼ bn .
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
82/ 94
Confronti e stime asintotiche
Definizione
Supponiamo an → 0 e bn → 0 oppure an → ±∞ e bn → ±∞. Se
lim
n
an
=1
bn
si dice che an e bn sono successioni asintotiche e scriveremo
an ∼ bn .
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
83/ 94
Gerarchia degli infiniti
Si vede che
I
limn loga (n) = +∞, se a > 1.
I
limn nα = +∞, se α > 0.
I
limn an = +∞, se a > 1.
I
limn n! = +∞.
I
lim nn = ∞
Tali successioni sono ordinate gerarchicamente dall’ordine inferiore
a quello superiore, cio`e loga (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.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
84/ 94
Gerarchia degli infiniti
In virt`
u della gerarchia degli ordini di infinito:
I
lim
n
loga (n)
=0
nα
per ogni α > 0 e a > 1.
I
lim
nα
=0
an
lim
an
=0
n!
lim
n!
=0
nn
n
per ogni a > 1.
I
n
per ogni a > 1.
I
n
.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
85/ 94
Gerarchia degli infiniti: esempio 1
Esercizio
Calcolare
L = lim
n
log3 (n) + n2 + e n
.
n100 + n!
Svolgimento.
A numeratore, l’ordine superiore di infinito `e quello di e n . A
denominatore l’ordine superiore di infinito `e n!. Quindi, essendo n!
di ordine superiore rispetto e n
L = lim
n
log3 (n) + n2 + e n
en
=
lim
= 0.
n n!
n100 + n!
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
86/ 94
Gerarchia degli infiniti: esempio 2
Esercizio
Calcolare
L = lim
n
n! + e 5n
.
n · sin(n) − e 6n
Svolgimento.
A numeratore, l’ordine superiore di infinito `e quello di n!. A
denominatore l’ordine superiore di infinito `e −e 6n . Si osservi che
lim
n
n · sin (n)
=0
e 6n
in quanto sin(n) `e limitata e n/e 6n infinitesima.
Quindi, essendo n! di ordine superiore rispetto −e 6n
L = lim
n
n! + e 5n
n!
= lim
= −∞.
n −e 6n
n · sin (n) − e 6n
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
87/ 94
Criterio del rapporto
Teorema
Sia {an } una successione positiva, cio`e an > 0 per ogni n ∈ N. Se
esiste
an+1
L = lim
n
an
allora
I
se L < 1 si ha che an → 0;
I
se L > 1 o L = +∞ si ha che an → +∞;
I
se L = 1 non si pu`
o dire niente.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
88/ 94
Criterio del rapporto
Dimostrazione facoltativa.
Mostriamo solo il caso L < 1. Per ipotesi, per ogni > 0 esiste
N() tale che se n ≥ N() allora
L−<
an+1
< L + .
an
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 + )2 aN
0 < aN+3 ≤ (L + )aN+2 ≤ (L + )(L + )aN+1 ≤ (L + )3 aN
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
89/ 94
Criterio del rapporto
0 < aN+4 ≤ (L+)aN+3 ≤ (L+)2 aN+2 ≤ (L+)3 aN+1 ≤ (L+)4 aN
e iterando il procedimento, posto αk = aN+k
0 < αk = aN+k ≤ (L + )aN+k−1 ≤ . . . ≤ (L + )k aN
cio`e
0 < αk ≤ (L + )k aN
Visto che se (L + ) < 1 allora limk (L + )k aN = 0, e che per il
Teorema dei 2 Carabinieri si ha che la successione αk → 0
0 = limk αk = limk aN+k
abbiamo che an converge a 0 definitivamente e quindi an → 0.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
90/ 94
Criterio del rapporto: esempio 1
Esercizio
Supposto b > 0, quanto vale
lim
n
bn
n!
Svolgimento.
Sia an =
bn
n!
> 0. Allora
an+1
=
an
b n+1
n+1!
bn
n!
=
b
→0
n+1
e quindi per il criterio del rapporto
lim
n
bn
= 0.
n!
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
91/ 94
Criterio del rapporto: esempio 2
Esercizio
Quanto vale
lim
n
n!
nn
Svolgimento.
Sia an =
n!
nn
an+1
an
> 0. Allora
(n+1)!
(n+1)(n+1)
n!
nn
(n + 1)nn
nn
=
(n + 1)n
(n + 1)(n+1)
!
n
n
n
1
1
1
=
= n+1
=
→ < 1 (6)
1
n
n+1
e
(1 + n )
n
=
=
e quindi per il criterio del rapporto limn
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
n!
nn
= 0.
Introduzione.
92/ 94
Criterio del rapporto: nota
Nota.
Questa tecnica non porge sempre buoni risultati. Quali esempi si
considerino il calcolo di
log (n)
lim
n
n
per cui posto an =
log (n)
n
an+1
= lim
lim
n
n
an
si ha
log (n+1)
n+1
log (n)
n
= lim
n
log (n + 1) n
=1
log (n) n + 1
in quanto entrambe le frazioni tendono a 1.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
93/ 94
Esercizi riassuntivi.
I
Utilizzando il criterio del rapporto mostrare che
n
1. limn bn! = 0;
2. limn nn!n = 0;
3. se b > 1 allora limn
I
= 0;
Calcolare al variare di α il limite
lim
n
I
nα
bn
αn+1 + n2 + (−1)n+1
π n − 2n3 − 2 sin (n)
Calcolare utilizzando le gerarchie dei limiti o il criterio del
rapporto (se applicabile con successo)
√n ;
( √n)n
n n
limn (√
;
n)n
2n
limn e n2 ;
n
2
(n)
limn 4ecos−cosh
.
(n)+e n2
1. limn
2.
3.
4.
Paola Mannucci e Alvise Sommariva
Introduzione.
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