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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

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, . . .;


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

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.


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).


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.


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.


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.


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.


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.



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.



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.



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).



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.



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.


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).


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.


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).


Successioni e limiti: divergenti

Definizione (Divergente)

Si dice che una successione e divergente, se

limn→+∞

an = +∞

oppurelim

n→+∞an = −∞


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∗ = [−∞,∞]



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.



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.


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.


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 = −∞.


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.


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.


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.

.


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;




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




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;



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)



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


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 .



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.



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.


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.


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.



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.



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.


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.



Teorema

Si supponga

limn→+∞ an = a,

limn→+∞ bn = b,

an ≥ bn definitivamente,

allora a ≥ b.


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.


Successioni e limiti: alcuni limiti notevoli

Teorema

Sia α ∈ R. Allora

limn

nα =

+∞, α > 01 α = 00, α < 0


Traccia: si usi la definizione di limite.


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


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).


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)}.


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.


Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, corollario1

Corollario

Supponiamo che γn → 0, e |βn| ≤ γn. Allora βn → 0.


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 → −∞.


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).


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.


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


Successioni e limiti: teorema dei due carabinieri, esempio

Esempio

La successione sin nn e infinitesima.


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.


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.



Teorema

Se an → +∞ e bn → +∞ allora

an + bn → +∞;

−an − bn → −∞;

an · bn → +∞.

Teorema

Se an → −∞ e bn → −∞ allora

an + bn → −∞;

−an − bn → +∞;

an · bn → +∞.



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) · ∞.



Teorema

Se an → 0 allora 1an→∞.

Teorema

Se an → +∞ o an → −∞, allora 1an→ 0.


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.


Successioni e limiti: algebra dei limiti, esercizi

Esercizio

E’ vero che1

sin (n)→ +∞?

Esercizio

Si dimostri che1

3n→ 0.


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.


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 +∞.



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



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.



Esercizio

Calcolare limn1√

n−√n+1

.

Esercizio

Calcolare limnn√

n−√n+1

.

Esercizio

Calcolare limnn+1√

n+1−√n+2

.


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.


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.


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.



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.



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.




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.


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}.




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).



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.



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.


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 → +∞.



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.



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!


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.



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.


Successioni e limiti: alcuni limiti

Esercizio

Mostrare che

limn

(1 +

1

−n

)−n= e.


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.



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.



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.



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.



Piu in generale si mostra il seguente teorema

Teorema

Se an → −∞, allora

limn

(1 + 1

an

)an= e.



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.



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.

.


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 .



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.



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.



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.


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.



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.


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.



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.



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 )

= +∞.



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.



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.


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.


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.


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.


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= −∞.


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.




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



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.


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.


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.


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.


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



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.



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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