Successioni numeriche (II)

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1 Successioni numeriche (II) Hynek Kovarik Università di Brescia Analisi A Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 1 / 52

2 Forme indeterminate associate a funzioni razionali fratte: esempio Osserviamo che lim n n 3 1 4n 2 + 3n lim n (n3 1) = + 1 = +, lim n (4n2 + 3n) = + = +. lim n n 3 1 4n 2 + 3n = + + FORMA INDETERMINATA. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 2 / 52

3 Per risolverla, Osservazione: l infinito di n 3 al numeratore vince sull infinito di n 2 al denominatore, quindi il quoziente tende a. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 3 / 52

4 Forme indeterminate associate a funzioni razionali fratte: regola generale Dati P(n) = α p n p + α p 1 n p α 0, n N Q(n) = β q n q + β q 1 n q β 0, n N, con α i, β i R, α p 0, β q 0 e p, q N +. Si ha: α p se p = q β q P(n) lim n + Q(n) = + se p > q e α p β q > 0 se p > q e α p β q < 0 0 se p < q. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 4 / 52

5 Confronto asintotico Abbiamo osservato che per n +, n p cresce più velocemente di n q se p > q > 0, ossia lim n + n p = + p > q > 0. nq Formalizziamo le espressioni più velocemente/lentamente con il concetto di confronto asintotico fra successioni. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 5 / 52

6 Consideriamo {a n }, {b n }, con n 0 N : n n 0, b n 0, entrambe divergenti (lim n + a n = lim n + b n = ± ) o entrambe infinitesime (lim n + a n = lim n + b n = 0). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 6 / 52

7 Successioni entrambe divergenti: Si possono verificare i seguenti casi: lim a n = lim b n = ±. n + n + a n lim = n + b n 0, A l R, l 0, B ±, non esiste, C D Definizione 1 {a n } è un infinito di ORDINE INFERIORE a {b n } SE A ; 2 {a n } e {b n } sono infinito dello STESSO ORDINE SE B ; 3 {a n } è un infinito di ORDINE SUPERIORE a {b n } SE C ; 4 {a n } e {b n } NON sono CONFRONTABILI SE D. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 7 / 52

8 Successioni entrambe infinitesime: Si possono verificare i seguenti casi: lim a n = lim b n = 0. n + n + a n lim = n + b n 0, A l R, l 0, B ±, non esiste, C D Definizione 1 {a n } è un infinitesimo di ORDINE SUPERIORE a {b n } SE A ; 2 {a n } e {b n } sono infinitesimi dello STESSO ORDINE SE B ; 3 {a n } è un infinitesimo di ORDINE INFERIORE a {b n } SE C ; 4 {a n } e {b n } NON sono CONFRONTABILI SE D. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 8 / 52

9 Definizione Se lim n + a n b n = 1 allora {a n } e {b n } si dicono ASINTOTICHE e si scrive a n b n. Il confronto asintotico fra successioni è un metodo comodo per risolvere le forme indeterminate e 0 0, tenendo presente il comportamento asintotico di alcune successioni campione. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 9 / 52

10 Confronti asintotici (log(n)) β lim n + n α = 0, α R +, β R, n α lim n + a n = 0, α R+, a > 1, a n lim n + n! = 0, a > 1, n! lim n + n n = 0 lim n + a 1 n = 1 a > 0. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 10 / 52

11 Per n sufficientemente grande (n n 0 ) valgono le disuguaglianze n n n! a n n α log β n a > 1, α R +, β R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 11 / 52

12 Limiti e relazione d ordine Teorema di permanenza del segno Sia {a n } R, con a n L ]0, + ] per n (risp., a n L [, 0[). Allora m N : n m a n > 0 (risp. a n < 0). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 12 / 52

13 Dimostrazione: Consideriamo il caso L > 0 (il caso L < 0 è analogo e i casi L = ± seguono subito dalla definizione). Per definizione di limite si ha: ε > 0 m N : n m L ε a n L + ε. Scelgliendo ε = L 2, si ha a n L ε = L L 2 = L 2 > 0, n m. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 13 / 52

14 Osservazione: nell ipotesi, deve essere L 0, cioè L > 0 o L < 0. Se L = 0 la tesi è falsa. Infatti, la successione a n = ( 1)n n converge a zero: a n = 1 n 0 per n. non è nè positiva, nè negativa. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 14 / 52

15 Teorema del confronto Siano {a n }, {b n } R successioni non oscillanti (quindi convergenti o divergenti a ± ). Se m 0 : n m 0, a n b n, allora lim a n lim b n. n n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 15 / 52

16 Dimostrazione: Se lim a n = lim b n = +, n n la tesi diventa + + ( che è vera). Analogamente se lim a n = lim b n =. n n Altrimenti, consideriamo la successione {b n a n }. Si ha b n a n 0, ed esiste lim (b n a n ) = lim b n lim a n 0. n n n Infatti, se lim n b n lim n a n < 0, allora per il teorema di permanenza del segno dovrebbe essere b n a n < 0 da un certo m in poi...contradizione con l ipotesi. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 16 / 52

17 ATTENTZIONE: L implicazione a n < b n n N lim a n < lim b n n n è falsa! Infatti, per si ha a n < b n per ogni n N, ma a n = 1 n + 2, b n = 1 n + 1 lim a n = lim b n = 0. n n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 17 / 52

18 Teorema dei due carabinieri Supponiamo che {a n }, {b n } R soddisfino Se {c n } R verifica allora lim n c n = L. lim b n = lim a n = L R {± }. n n m 0 N : n m 0 a n c n b n, (1) Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 18 / 52

19 Dimostrazione: n m 0 si ha c n L b n L b n L a n L + b n L e Quindi e c n L a n L a n L a n L b n L. c n L a n L + b n L, lim c n L lim a n L + lim b n L = 0. n n n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 19 / 52

20 Un importante conseguenza del Teorema dei due carabinieri: Proposizione Siano {a n }, {b n } R tali che lim n a n = 0, {b n } è limitata. Allora {a n b n } è infinitesima. Dimostrazione: Sia M > 0 tale che Allora si ha b n M n N. 0 a n b n M a n n N e siccome a n 0 per n, il Teorema dei due carabinieri implica da cui la tesi. lim a n b n = 0, n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 20 / 52

21 Successioni monotone Definizione Sia {a n } R. Diciamo che (i) {a n } è crescente se a n a n+1 n N (ii) {a n } è strettamente crescente se a n < a n+1 n N; (iii) {a n } è decrescente se a n a n+1 n N; (iv) {a n } è strettamente decrescente se a n > a n+1 n N; Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 21 / 52

22 Fatto (1) (1) {a n } crescente a n a 0 n N, allora {a n } inferiormente limitata. Fatto (2) (2) {a n } decrescente a n a 0 n N {a n } superiormente limitata. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 22 / 52

23 Le successioni monotone non sono mai oscillanti Teorema Sia {a n } R. Se {a n } è crescente, allora lim a n = sup a n. n n Dimostrazione: sia L = sup n a n. Se mostriamo che ε > 0 esiste m tale che n m si ha L ε < a n, allora L = lim n a n. Per definizione di sup esiste m tale che a m > L ε. Per la crescenza di {a n }, si ha a n a m n m, e quindi L ε < a m a n L n m. Cioè L a n ε n m Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 23 / 52

24 Nel modo del tutto analogo si dimostra Teorema Sia {a n } R. Se {a n } è decrescente, allora lim a n = inf a n. n n Corollario: Ogni successione monotona e limitata converge a un limite L R. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 24 / 52

25 Esempio: la successione a n = 1 n - è strettamente decrescente - è limitata. In particolare, Allora ritroviamo che inf n a n = 0. lim a n = inf a n = 0. n + n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 25 / 52

26 Esempio: la successione a n = ( n ) n, n 1, - è strettamente crescente - è limitata: infatti, (Lezioni di Analisi Matematica A) Quindi {a n } è convergente e vale sup n 2 a n < 3 n 1. ( n ) n = lim n + a n. Infatti, abbiamo definito ( e := sup a n = lim ) n n n + n Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 26 / 52

27 Ricordiamo che e R \ Q è il numero di Nepero (base dei logaritmi naturali): una sua approssimazione è Si noti che e 2, < e < 3 Limite notevole: per ogni x R vale ( 1 + x ) n = e x. n lim n + Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 27 / 52

28 Altri limiti notevoli ( ) 1 lim n sin = 1 n + n lim n n + (a1/n 1) = log a, a > 0 lim n + n n n! = e Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 28 / 52

29 Esempi: (n + 3)! n! lim n + n 2 = 1 (n + 1)! ( lim 1 3 ) n 2 = e 3 2 n + n ( ) n lim n log = 1 n + n + 1 lim n + 2 n n n (2n + 1) n = 1 e Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 29 / 52

30 Sottosuccessioni Partiamo da una successione (cioè una funzione da N in R) {a n } n N = {a 0, a 1, a 2, a 3, a 4, a 5,...} Consideriamo la sua restrizione a sottoinsieme infinito N N: per esempio N = {numeri primi} = {2, 3, 5, 7, 11, 13,...} otteniamo quindi {a 2, a 3, a 5, a 7, a 11, a 13,...} Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 30 / 52

31 cioè la nuova successione {b n } b 0 := a 2, b 1 := a 3, b 2 := a 5, b 3 := a 7, b 4 := a 11, b 5 := a 13,... ottenuta tramite composizione di successioni: b n = a f (n), con f (0) = 2, f (1) := 3, f (2) := 5, f (3) := 7, f (4) := a 11,... Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 31 / 52

32 Definizione Sia {b k } k N R. Diciamo che {b k } è sottosuccessione di {a n } se f : N N strettamente crescente tale che b k = a f (k) k N. In genere si scrive n k invece di f (k), per cui b k = a nk. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 32 / 52

33 Osservazione: Considereremo sempre il caso in cui f (k) = n k è una successione strettamente crescente e ILLIMITATA. Quindi in tal caso si ha lim f (k) = lim n k = +. k k Esempio {b k = 4k 2 } è sottosuccessione di {a n = n 2 }: infatti con f (k) = 2k si ha b k = a f (k) = (2k) 2 = 4k 2. Poiché l indice k è muto, scriveremo che {4n 2 } è sottosuccessione di {n 2 }. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 33 / 52

34 Analogamente: 1 { 1 è sottosuccessione della successione { } 1 n (prendendo 2 f (n) = n + 5). (n+5) 2 } 2 { 1 (2n+3) 2 } è sottosuccessione di { 1 n 2 } (prendendo f (n) = 2n + 3). 3 { 1 (3n 2) 2 } è sottosuccessione di { 1 n 2 } (prendendo f (n) = 3n 2). Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 34 / 52

35 Limiti di sottosuccessioni Teorema Siano L R e {a n } una successione. Si ha lim a n = L lim a n n k k = L per ogni sottosuccessione {a nk } di {a n }. Dimostrazione: consideriamo il caso L R. Sia ε > 0. Per la definizione di limite esiste m 0 N tale che a n L ε n m 0. Siccome n k è crescente e vale n k per k, esiste k 0 N tale che Quindi n k m 0 k k 0. a nk L ε k k 0 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 35 / 52

36 se {a n } converge, allora ogni sua sottosuccessione converge, se {a n } diverge, ogni sua sottosuccessione diverge. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 36 / 52

37 Corollario Sia {a n } R. 1 Se esiste una sottosuccessione {a nk } oscillante, allora {a n } è oscillante. 2 Se {a nk } e {a n k } sono due sottosuccessioni di {a n } tali che e L L, allora {a n } oscilla. a nk L a n k L Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 37 / 52

38 Esempio Consideriamo {a n } = {( 1) n } e le sue due sottosuccessioni {b k } e {c k }: b k = ( 1) 2k = 1 c k = ( 1) 2k+1 = 1. Esse hanno limiti diversi: Quindi {( 1) n } è oscillante. lim b k = 1 e lim c k = 1 k k Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 38 / 52

39 Esempio Consideriamo {a n } = {( n) n } e le sue due sottosuccessioni {b k } e {c k }: b k = ( 2k) 2k = (2k) 2k c k = [ (2k + 1)] 2k+1 = (2k + 1) 2k+1. Esse hanno limiti diversi: Quindi {( n) n } è oscillante. lim b k = + e lim c k =. k k Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 39 / 52

40 Successioni limitate e sottosuccessioni Se una {a n } è convergente, allora {a n } è limitata. Il viceversa è FALSO. Domanda: se {a n } è limitata, esiste d almeno qualche sottosuccessione a nk di {a n } convergente? Teorema di Bolzano-Weierstrass Da ogni successione limitata si può estrarre una sottosuccessione convergente. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 40 / 52

41 Il criterio di Cauchy Quali condizioni assicurano che una successione {a n } sia convergente? - Se {a n } è monotona e limitata: {a n } converge a sup n a n (se è crescente) o a inf n N a n (se è decrescente). - Se {a n } non è monotona, in generale, si usa il Criterio di Cauchy. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 41 / 52

42 Osservazione: sia {a n } convergente a L. Valutiamo per n, m N a n a m = a n L + L a m a n L + L a m. Quindi per ogni ε > 0 esiste un n 0 tale che a n a m a n L + L a m 2ε n, m n 0. Per n, m sufficientemente grandi, gli elementi a n e a m rimangono vicini. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 42 / 52

43 Definizione ( Condizione di Cauchy) Diciamo che una successione {a n } è di Cauchy se ε > 0 n 0 N : n, m n 0 a n a m ε. Abbiamo visto che a n L R = a n soddisfa la condizione di Cauchy quindi la condizione di Cauchy è condizione necessaria affinché una successione sia convergente. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 43 / 52

44 In effetti, è anche una condizione anche sufficiente: Teorema (Criterio di Cauchy) Una successione {a n } R converge se e solo se essa è di Cauchy. Dimostrazione: Dobbiamo mostrare che ogni successione di Cauchy è convergente. Osserviamo che ogni successione di Cauchy è limitatata. Infatti, ponendo ε = 1 nella condizione di Cauchy si ha m N : n m : a n a m 1 e quindi a n a m + 1 n m. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 44 / 52

45 Dunque a n max { a 0, a 1,..., a m, a m + 1} n N, da cui la limitatezza di {a n }. Per il Teorema di Bolzano-Weierstrass esiste una sottosuccessione convergente {a nk } di {a n }. Quindi esiste un L R tale che lim a n k = L. k Mostriamo che lim a n = lim a n n k = L. k Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 45 / 52

46 Infatti, a nk L, quindi per ogni ε > 0 esiste N N tale che a nk L ε k N. D altra parte, siccome {a n } è di Cauchy, esiste N N tale che a n a m ε n, m N. Dunque per ogni vale n M := max{n N, N } a n L = a n a M + a M L a n a M + a M L 2ε Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 46 / 52

47 Completezza di R: il fatto che la condizione di Cauchy sia sufficiente per la convergenza di una successione è equivalente alla completezza di R. Una riformulazione della completezza di R: tutte le successioni reali di Cauchy sono convergenti. Q non è completo. Infatti, in Q esistono successioni di Cauchy che non convergono ad alcun limite L Q. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 47 / 52

48 Metodo babilonese per approssimare 2 Erone di Alessandria ( 100 d.c.) : come calcolare la lunghezza dell ipotenusa del triangolo rettangolo isoscele? Partendo da un a 0 > 0 si definisce la successione {a n } tramite la relazione ricorsiva a n+1 = a n a n n 0 Se scelgo ad esempio a 0 = 1, allora ottengo a 1 = 3 2, a 2 = 17 12,... Si può mostrare che a n è una successione decrescente a partire da n = 1: a n+1 a n n 1 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 48 / 52

49 Dunque 0 < a n a n 1 a 1 = 3 2, Essendo {a n } decrescente e limitata, è convergente: lim a n = a n Siccome passando al limite si ha a n+1 = a n a n, a = a a a2 = 2. Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 49 / 52

50 Abbiamo quindi ottenuto una successione di numeri razionali a n tale che ma il limite esiste, ma non è un numero razionale; a n a = 2. Q non è completo... Con questo metodo i babilonesi avevano ricavato un valore di 2 pari a 1, con un errore di circa 0, dal valore vero!!! Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 50 / 52

51 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 51 / 52

52 Hynek Kovarik (Università di Brescia) Successioni (II) Analisi A 52 / 52