Esercizi riguardanti limiti di successioni e di funzioni

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1 Esercizi riguardanti iti di successioni e di funzioni Davide Boscaini Queste sono le note da cui ho tratto le esercitazioni del giorno 0 Novembre 20. Come tali sono ben lungi dall essere esenti da errori, invito quindi chi ne trovasse a segnalarli presso La scorsa lezione abbiamo visto che, se vogliamo dimostrare un certo enunciato Pn), uno strumento molto utile è il principio di induzione, il quale afferma che Teorema Principio di induzione). Se P) è vero e per ogni n 2, se Pn ) è vero, allora anche Pn) è vero, allora l enunciato Pn) è vero per ogni n 2. Esercizio. Calcolare, se esiste, il ite della seguente successione definita per ricorrenza { a n+ = a n + 6, a 0 = 2. Soluzione. Per prima cosa, per capire come funziona la definizione per ricorrenza di una successione, proviamo a calcolarne alcuni valori a = 4 = 2, a 2 = , a 3 = , a 4 =... Nonostante il fatto che a noi interessa sempre il comportamento definitivo di una successione, e cioè fissato un certo N N, cosa succede ad a n per n > N, possiamo affermare che, almeno a prima vista, sembra che abbiamo a che fare con una successione crescente. È proprio così? Vogliamo dimostrare che Per far ciò ci sono almeno) due modi: a n+ > a n. Per definizione a n+ = a n + 6, quindi la precedente condizione diventa an + 6 > a n, e, visto che, per come è stata definita, a n + 6 > 0 per ogni n, questo equivale a a n + 6 > a 2 n.

2 Dalla precedente disequazione ricaviamo la condizione a 2 n a n 6 < 0, che ha soluzione 2 < a n < 3, poiché y = x 2 x 6 è una parabola rivolta verso l alto che taglia l asse delle ascisse in x = 2 ed x 2 = 3. Come già osservato, la successione a n contiene termini positivi per ogni n, ma visto che a noi interessa il comportamento definitivo, questo non ci dà problemi. Possiamo quindi itare la soluzione ad a n < 3: abbiamo appena trovato che la successione è crescente se a n < 3. Se ora dimostrassimo che a n è sempre minore di 3, avremmo dimostrato che, nell intervallo dove la successione assegnata è crescente, essa è anche itata superiormente. Ma allora grazie al teorema visto la lezione scorsa, monotonia più itatezza ci permettono di concludere che la successione ammette ite finito L, L 3. Procediamo per induzione. La proposizione che vogliamo dimostrare è Pn) = a n+ > a n. Caso base: 2 = a = a > a 0 = 2. Passo induttivo: supponiamo che valga a n + 6 > a n e vogliamo dimostrare che questo implica che a n+ + 6 > a n+. Per definizione, questo equivale a an > a n + 6, cioè an > a n + 6, an , an Si vede subito che la terza e quarta condizione sono sempre verificate, e se semplifichiamo il 6 da ambo i membri della prima, ritroviamo an + 6 > a n, che è proprio l ipotesi induttiva, vera per ipotesi. L enunciato Pn) è stato quindi provato per ogni n, quindi la successione è crescente. Passiamo ora alla dimostrazione della itatezza superiore. In particolare dai calcoli precedenti sappiamo che 3 è un buon candidato come estremo superiore. Dimostriamo quindi, sempre per induzione, la proposizione Pn) = a n 3. Caso base: a = 2 3. Passo induttivo: supponiamo che l enunciato sia vero per n e cioè che valga a n 3 e dimostriamo che questo implica che a n+ 3. Per prima cosa notiamo che, se a n 3 allora a n+ = a n = 3, e abbiamo così quindi trovato che la proposizione Pn) è valida per ogni n. Ma allora per il teorema della scorsa lezione, sappiamo che la successione a n ammette ite finito L, L 3. Ora se a n = L, 2

3 anche a n+ = L, ma allora dall equazione di ricorrenza troviamo cioè L 2 L 6 = 0, che ammette soluzioni L = L + 6, L = 2, L 2 = 3. Ora a n > 0 per ogni n, quindi possiamo scartare L, trovando così a n = 3. Esercizio 2. Calcolare, se esiste, il ite della successione 3 + n 3 n. Soluzione. Si riconosce subito che questa è una forma indeterminata del tipo +. Ricordando quanto detto la scorsa lezione ci ricordiamo che, una possibilità per togliere l indeterminazione nel caso in cui si abbia a che fare con radici, è quella di razionalizzare. Ricordando quindi che a 3 b 3 = a b)a 2 + ab + b 2 ) ponendo troviamo quindi a = 3 n + e b = 3 n, a + ab + b 2 b)a2 a 2 + ab + b 2 = a 3 b 3 a 2 + ab + b 2, 3 + n 3 n = 3 + n n) n) n 3 n + 3 n n) n 3 n + 3 n 2 = = Ora tramite opportune semplificazioni si arriva a + n n 3 + n) n 3 n + 3 n 2 + n) n 3 n + 3 n n) n 3 n + 3 n 2 n 2/3, e dal momento che 2/3 > 0, possiamo concludere che il ite converge a 0. Esercizio 3. Calcolare, se esiste, il ite della successione 3 n + n 2 5 n + n 3. 3

4 Soluzione. Siamo di fronte ad una forma indeterminata di tipo + / +, quindi l istinto ci porta a raccogliere da numeratore e denominatore il termine di grado maggiore, 3 n + n 2 /3 n 5 n + n 3 /5 n. Ora, grazie alla proprietà delle potenze, possiamo riscrivere il ite precedente come ) 3 n + n 2 /3 n 5 + n 3 /5 n dove 3/5 <, quindi ) 3 n = 0. 5 Ricordando poi che le potenze hanno ordine di infinito maggiore dei polinomi, possiamo concludere che n 2 3 n = n 3 5 n = 0, di conseguenza il ite assegnato converge a 0. Esercizio 4. Calcolare, se esiste, il ite della successione ) n 5n. 3 + n Soluzione. Abbiamo ancora a che fare con la forma indeterminata + / +. Se però riscriviamo il ite assegnato come ) 5n + 3/n possiamo notare una certa somiglianza con il ite notevole + m) m = e. Inoltre m + + 3/n ) 5n = + 3 n ) 5n, quindi possiamo itarci a studiare il ite del solo denominatore. In questo modo troviamo + ) 5n = + ) ) n/3 5 n/3 n/3 = + ) ) n/3 5 n/3 = = e 5, m + + m ) m ) 5 cioè il denominatore tende ad e 5. Segue allora che il ite assegnato converge a e 5. 4

5 Esercizio 5. Calcolare, se esiste, il ite della successione n! n n. Soluzione. Ricordando la definizione di fattoriale n! = n n ) n 2) 2, un comodo modo per capire a cosa tende la successione di termine generale a n = n!/n n è il seguente n! n n = n n n 2 n n n... 2 n n, quindi in ogni termine il denominatore è di un ordine maggiore o uguale del numeratore. Segue quindi che il ite assegnato converge a 0. Esercizio 6. Calcolare, se esiste, il ite della successione n n!. Soluzione. Per studiare il ite assegnato è utile ricordarsi la seguente Proposizione Formula di Stirling). Per valori grandi di n vale possiamo approssimare n! con n n 2πn e n, cioè n! 2πn nn e n. Wikipedia dice: ad esempio per n = 30 la formula fornisce l approssimazione , mentre il valore preciso sarebbe , in questo caso si ha una discrepanza minore dello 0.3 %. Quindi n n! = n 2πn n n e n = n n 2πn n 2n = 2πn e e e quindi abbiamo ricondotto lo studio del ite assegnato al calcolo del ite n n = n/n, che è una forma indeterminata del tipo + 0. Come vi è stato insegnato a lezione, notiamo che n n = n /n = e log n/n log n ) = e n, e ora, grazie alla gerarchia degli infiniti, possiamo concludere che n n = e log n n = e log n n = e 0 =. Ma allora il ite assegnato diverge a + in quanto prodotto tra una quantità, n/e, che al crescere di n tende a +, ed una quantità, 2n 2πn 2πn = ) π 2πn = m ) π m, posto m = 2πn, che al crescere di n e quindi di m), tende ad π =. 5

6 Esercizio 7. Calcolare, se esiste, il ite della successione + n!) n. Soluzione. In questo caso abbiamo una forma indeterminata di tipo + e la tentazione di ricondurre il ite assegnato al ite notevole + ) m m + m è troppo forte. In particolare + n = + n!) ) ) n! /n )! n! = = e 0 =. Esercizio 8. Calcolare, se esiste, il seguente ite x 0 + ) ) n! /n )! n! e cos x cos x sin 2. x Soluzione. Per prima cosa notiamo che il ite assegnato è una forma indeterminata del tipo 0/0, infatti cos x =, x 0 x 0 ecos x = e x 0cos x ) = e ) = e 0 =, x 0 sin2 x = 0. Per risolvere questo ite tentiamo di ricondurci al ite notevole e x =. x 0 x Per far questo ci ricordiamo che sin 2 x = cos 2 x e sommiamo e sottraiamo al numeratore, ottenendo e cos x cos x + e cos x x 0 cos 2 = x x 0 cos 2 x + cos x cos 2 x e cos x = x 0 cos x) + cos x) + + cos x = ecos x x 0 cos x = = 0. + cos x + x 0 + cos x Quando padroneggeremo bene anche le derivate, avremo a disposizione strumenti nuovi e più potenti, come ad esempio la regola di de l Hopital, grazie alla quale potevamo calcolare questo ite in un attimo: e cos x cos x e cos x sin x) sin x) e cos x x 0 sin 2 = = x x 0 2 sin x cos x x 0 2 cos x 6 = 0.

7 Esercizio 9. Calcolare, se esiste, il seguente ite Soluzione. Per la linearità dell integrale 3 x x 3 + log x x x 3 + log x 3 3 = 3 x 3 + log x x 3 x 3 3, dove nel secondo ite abbiamo fatto tendere la x a 3 e non a 3 perché, dove l argomento della funzione di cui vogliamo calcolare il ite non tende a zero, è indifferente far tendere x a 3, 3 o 3 +. Ora il calcolo del secondo ite è immediato x 3 log x 3 x = log = log = 0. x 3 3 Mentre per quanto riguarda il primo ite, osservando che x 3 x 3 = x 3 x 3 = x 3 x 3 = 0 =, troviamo che il ite tende a 3 = 0. Esercizio 0. Calcolare, se esiste, il seguente ite x 0 + x + x 2 x. Soluzione. Per prima cosa osserviamo che, se 0 < x <, allora x 2 < x, quindi il denominatore della seconda frazione è di segno negativo. Ma allora si ha una forma indeterminata di tipo +. Se pero raccogliamo a denominatore comune troviamo x 0 + x + x 2 x = x + x 0 + xx ) = x x 0 + xx ) = x 0 + x =. 7

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