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. 1/ 94 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. 2/ 94 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. 3/ 94 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. 4/ 94 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. 5/ 94 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. 6/ 94 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. 7/ 94 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. Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 8/ 94 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. 9/ 94 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 < . Paola Mannucci e Alvise Sommariva 1 n basta mostrare che per Introduzione. 10/ 94 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. Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 11/ 94 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 < . Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 12/ 94 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 Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 13/ 94 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. 14/ 94 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 (). Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 15/ 94 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. Paola Mannucci e Alvise Sommariva Introduzione. 16/ 94 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. 17/ 94 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. 18/ 94 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. 19/ 94 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. 20/ 94 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. 21/ 94 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. 22/ 94 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. 23/ 94 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. 24/ 94 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. 25/ 94 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 26/ 94 = 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. 27/ 94 + = 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. 28/ 94 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. 29/ 94 (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. 30/ 94 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. 31/ 94 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. 32/ 94 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. 33/ 94 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. 36/ 94 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. 37/ 94 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. 94/ 94
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