SUCCESSIONI

Esercizi risolti

1. Calcolare i seguenti limiti:

a) limn→∞

(

1 +1

3n

)2n

b) limn→∞

√n − n + n2

2n2 − n3/2 + 1

c) limn→∞

2n − 3n

1 + 3nd) lim

n→∞

2n + n2

3n + n3

e) limn→∞

n log n

(n + 1)(n + 2)f) lim

n→∞

1 + log n√n − log n

g) limn→∞

(−1)n n

n2 + 1h) lim

n→∞(−1)n n2 + 1

n + 1

i) limn→∞

n√

2n + 3n ℓ) limn→∞

n

√

2n

3n2 + 1

m) limn→∞

n2(3n − 3−n)

4n + n2n) lim

n→∞

n6 + log n + 3n

2n + n4 + log5 n

o) limn→∞

(

n + 3

n + 1

)n

p) limn→∞

(

n − 1

n

)n2

q) limn→∞

(n2 + 1)n

n2nr) lim

n→∞

log(n + 1)

log n

s) limn→∞

(

n√

3 − 1)n

t) limn→∞

n√

n log n

u) limn→∞

n2 2−√

n v) limn→∞

(

n√

n − 2n)

.

2. Verificare che per n → ∞

a)(n + 3)! − n!

(n + 1)!∼ n2 b) log

(

1 +1

n

)

∼ 1

n.

3. Calcolare la parte principale per n → ∞ di

a)

(

2n − 13

)

b)

√n − 2n3 + n log n

5n + log n.

4. Sia dn una successione convergente a l ∈ R, e sia an = (−1)n dn. Studiare l’esistenzadel limn→∞ an al variare di l in R.

5. Dimostrare che 3n e un infinito di ordine inferiore a n! per n → ∞.

6. Dimostrare per induzione che n! >(

ne

)n, ∀n ≥ 1.

7. Usando la formula di Stirling dimostrare che

limn→∞

24n

n

(

2nn

)2 = π.

Soluzioni

1. a)

limn→∞

(

1 +1

3n

)2n

= limn→∞

[

(

1 +1

3n

)3n]2/3

= e2/3.

Possiamo anche procedere utilizzando il limite fondamentale limn→∞(1+a/n)n = ea,

limn→∞

[(

1 +1

3n

)n]2

= (e1/3)2 = e2/3.

b)

limn→∞

√n − n + n2

2n2 − n3/2 + n= lim

n→∞

/n2(

1 − 1n − 1

n3/2

)

/n2(

2 − 1√n

+ 1n

) =1

2.

c)

limn→∞

2n − 3n

1 + 3n= lim

n→∞

/3n(−1 + ( 23 )n)

/3n(1 + 13n )

= −1.

d)

limn→∞

2n + n2

3n + n3= lim

n→∞

2n(1 + n2

2n )

3n(1 + n3

3n )= lim

n→∞

(

2

3

)n

= 0.

e)

limn→∞

n log n

(n + 1)(n + 2)= lim

n→∞

/n log n

n/2

1

(1 + 1n )(1 + 2

n )= lim

n→∞

log n

n= 0.

f)

limn→∞

1 + log n√n − log n

= limn→∞

log n√n

1 + 1log n

1 − log n√n

= limn→∞

log n√n

= 0.

g) Il limite vale zero perche la successione (−1)n e limitata mentre nn2+1 e infinitesima.

h) Il limite non esiste perche la successione dei termini di indice pari tende a +∞,mentre quella dei termini di indice dispari tende a −∞. Se il limite esistesse (= l) questedue successioni dovrebbero invece tendere entrambe a l (vedi anche esercizio 4). Notiamo

che non e sufficiente dire che “(−1)n e oscillante e n2+1n+1

tende a +∞” per concludere cheil limite non esiste. Per esempio la successione an = ((−1)n + 5) n tende a +∞ perchean ≥ 4n ∀n, pur essendo il prodotto di una successione oscillante per una successioneinfinita.

i)

limn→∞

n√

2n + 3n = limn→∞

3

(

1 +

(

2

3

)n)

1n

= 3.

l)

limn→∞

n

√

2n

3n2 + 1= lim

n→∞

n√

n n√

2

( n√

n)2 n

√

3 + 1n2

= 1.

m)

limn→∞

n2(3n − 3−n)

4n + n2= lim

n→∞

n23n(1 − 3−2n)

4n(1 + n2

4n )= lim

n→∞

n2

(4/3)n= 0.

n)

limn→∞

n6 + log n + 3n

2n + n4 + log5 n= lim

n→∞

3n(1 + n6

3n + log n3n )

2n(1 + n4

2n + log5 n2n )

= limn→∞

(

3

2

)n

= +∞.

o)

limn→∞

(

n + 3

n + 1

)n

= limn→∞

(

1 +2

n + 1

)n

= limn→∞

[

(

1 +1

n+12

)

n+12

]

2nn+1

= e2.

p)

limn→∞

(

n − 1

n

)n2

= limn→∞

[(

1 − 1

n

)n]n

= (e−1)+∞ = 0,

essendo 1/e < 1.q)

limn→∞

(n2 + 1)n

n2n= lim

n→∞

(

n2 + 1

n2

)n

= limn→∞

[

(

1 +1

n2

)n2]1n

= e0 = 1.

r) Si ha

log(n + 1)

log n=

log[n(1 + 1n )]

log n=

log n + log(

1 + 1n

)

log n,

e dunque

limn→∞

log(n + 1)

log n= lim

n→∞

(

1 +1

log nlog

(

1 +1

n

))

= 1.

s)

limn→∞

(

n√

3 − 1)n

= 0+∞ = 0.

t) E facile verificare che per ogni n ≥ 3 vale 1 < log n < n. (Si noti che log x < x,∀x > 0.) Moltiplicando per n abbiamo che n < n log n < n2, e dunque

n√

n < n√

n log n < ( n√

n)2, ∀n ≥ 3.

Ricordando che n√

n → 1 e applicando il teorema del doppio confronto otteniamo

limn→∞

n√

n log n = 1.

Alternativamente possiamo procedere come segue:

limn→∞

n√

n logn = limn→∞

(n log n)1/n = limn→∞

elog(n log n)

n = limn→∞

elog n

n +log(log n)

n = e0 = 1.

u) Si ha

n2 2−√

n = e2 log n−√

n log 2 = e√

n(− log 2+2 log n√

n) → e−∞ = 0.

v) Si ha

n√

n − 2n = e√

n log n − en log 2 = −en log 2(

1 − e√

n log n−n log 2)

.

Ora

e√

n log n−n log 2 = en(

− log 2+ log n√

n

)

→ e−∞ = 0,

e quindi

limn→∞

(

n√

n − 2n)

= − limn→∞

en log 2 = −∞.

2. a)

limn→∞

(n + 3)! − n!

n2(n + 1)!= lim

n→∞

(n + 3)(n + 2)(n + 1) − 1

n2(n + 1)= 1.

b)

limn→∞

log(

1 + 1n

)

1n

= limn→∞

n log

(

1 +1

n

)

= limn→∞

log

[(

1 +1

n

)n]

= log e = 1.

3. a) Si ha

(

2n − 13

)

=(2n − 1)!

3!(2n − 4)!=

(2n − 1)(2n − 2)(2n − 3)

6∼ 4

3n3.

b)√

n − 2n3 + n log n

5n + log n= −2n3

5n

1 −√

n2n3 − log n

2n2

1 + log n5n

∼ −2

5n2.

4. E facile verificare dalla definizione di limite che una successione an tende a l ∈ R∗

se e solo se le due successioni dei termini di indice pari bn = a2n = a0, a2, a4, . . . edi indice dispari cn = a2n+1 = a1, a3, a5, . . . tendono entrambe a l. Nel nostro casoa2n = d2n → l mentre a2n+1 = −d2n+1 → −l. Quindi se l = −l, cioe l = 0, alloralimn→∞ an = 0; se invece l 6= 0 allora il limite di an non esiste.

5. Scrivendo per esteso 3n/n! possiamo effettuare la seguente maggiorazione:

0 <3n

n!=

3 · 3 · · ·31 · 2 · · ·n = 3 · 3

2· 1 · 3

4· · · 3

n − 1· 3

n≤ 3 · 3

2· 3

n=

27

2n.

Passando al limite per n → ∞ e applicando il teorema del doppio confronto otteniamo

limn→∞

3n

n!= 0.

6. Per n = 1 la disequazione e vera perche si riduce a 1 > 1/e. Supponiamo che sia vera

per n fissato, e dimostriamo che vale per n + 1, cioe che (n + 1)! >(

n+1e

)n+1. Per

l’ipotesi induttiva si ha

(n + 1)! = (n + 1)n! > (n + 1)(

ne

)n.

Quindi e sufficiente dimostrare che

(n + 1)(

ne

)n>

(

n+1e

)n+1.

Dividendo per (n + 1) e moltiplicando per en questa diventa

nn > (n+1)n

e ,

cioee > (n+1)n

nn ⇔ e >(

n+1n

)n ⇔ e >(

1 + 1n

)n.

Questa e vera perche la successione an =(

1 + 1n

)ntende a e crescendo strettamente.

7. Ricordiamo la formula di Stirling: n! ∼ (n/e)n√

2πn. Usando questa otteniamo

24n

n

(

2nn

)2 =24n

n(

(2n)!(n!)2

)2 =24n(n!)4

n ((2n)!)2

∼24n

((

ne

)n √2πn

)4

n(

(

2ne

)2n √4πn

)2 =24n

(

ne

)4n(2πn)2

n 24n(

ne

)4n4πn

= π.