Calcolo dei limiti di successioni: teorema ponte, tecniche ed esercizi svolti

Calcolare il limite di una successione è una delle domande più frequenti all’esame di Analisi 1: compare negli esercizi sulle successioni, torna nelle serie, dove il primo controllo è proprio se il termine generale tende a 0, e nei problemi con un parametro. Nel limite di una successione hai visto la definizione e i primi teoremi; qui impariamo a calcolare i limiti in fretta, riciclando quasi tutto quello che sai sulle funzioni. In questa pagina vediamo l’algebra dei limiti e le forme indeterminate, il teorema ponte con la dimostrazione e il suo controesempio, le tecniche una per una (polinomi, radici, potenze con $n$ all’esponente, gerarchia degli infiniti, asintotici, confronto, successioni con $(-1)^n$ e con un parametro), la scaletta per qualunque limite, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

Operazioni e forme indeterminate

Le regole sono quelle delle operazioni con i limiti per le funzioni, con le stesse dimostrazioni: il limite di una somma, di un prodotto o di un quoziente si ricava dai limiti dei pezzi. Anzi, c’è una semplificazione: $n$ tende solo a $+\infty$, quindi non esistono limiti destri e sinistri. Ecco le regole che userai più spesso.

$a_n \to$	$b_n \to$	allora
$\ell$	$m$	$a_n \pm b_n \to \ell \pm m$
$\ell$	$m$	$a_n\,b_n \to \ell\,m$
$\ell$	$m \neq 0$	$\frac{a_n}{b_n} \to \frac{\ell}{m}$
$\ell$	$\pm\infty$	$a_n + b_n \to \pm\infty$
$\ell$	$\pm\infty$	$\frac{a_n}{b_n} \to 0$
$\ell \neq 0$	$\pm\infty$	$a_n\,b_n \to \infty$ (regola dei segni)
$\ell \neq 0$	$0^+$	$\frac{a_n}{b_n} \to \infty$ (segno di $\ell$)
$+\infty$	$+\infty$	$a_n + b_n \to +\infty$
$\pm\infty$	$\pm\infty$	$a_n\,b_n \to \infty$ (regola dei segni)

Restano fuori le sette forme indeterminate, in cui i limiti dei pezzi non bastano e serve un calcolo:

$$\infty - \infty \qquad 0 \cdot \infty \qquad \frac{0}{0} \qquad \frac{\infty}{\infty}$$ $$1^\infty \qquad 0^0 \qquad \infty^0$$

Le tabelle complete, comprese quelle delle potenze, e il perché di ogni forma li trovi nell’articolo sulle operazioni. Qui ci interessa come si sciolgono le forme quando la variabile è $n$.

Il teorema ponte

La successione $a_n = \frac{n}{n + 1}$ è la funzione $f(x) = \frac{x}{x + 1}$ guardata solo sui numeri naturali. Se $f(x)$ si avvicina a un valore per tutti gli $x$ grandi, a maggior ragione lo fa sui soli interi. È l’idea del teorema che collega successioni e funzioni.

L’enunciato

Che la successione parta da $n = 0$ o da $n = c$ non conta: il limite dipende solo dalla coda. Il teorema è il caso particolare, con la sola successione $x_n = n$, del criterio con le successioni che hai visto per le funzioni, chiamato anche lui teorema ponte o di collegamento.

Dimostrazione

Caso ℓ finito. Fissiamo $\varepsilon > 0$. Per la definizione di limite per $x \to +\infty$ esiste $M$ tale che $\lvert f(x) - \ell \rvert < \varepsilon$ per ogni $x > M$ (con $x \geq c$). In particolare questo vale per gli $x$ interi: $\lvert a_n - \ell \rvert < \varepsilon$ per ogni $n > M$. È proprio la definizione di $a_n \to \ell$, con $n_\varepsilon$ uguale a $M$ (o all’intero subito sopra).

Caso ℓ = +∞. Per ogni $K$ esiste $M$ tale che $f(x) > K$ per ogni $x > M$; quindi $a_n > K$ per ogni intero $n > M$, cioè $a_n \to +\infty$. Il caso $-\infty$ è identico, con $f(x) < K$.

Il viceversa è falso

La successione $a_n = \sin(\pi n)$ vale 0 per ogni $n$, perché il seno si annulla sui multipli di $\pi$: tende a 0. La funzione $\sin(\pi x)$, invece, continua a oscillare tra $-1$ e $1$ (con $k$ intero, vale 1 per $x = 2k + \frac{1}{2}$ e $-1$ per $x = 2k + \frac{3}{2}$) e non ha limite per $x \to +\infty$.

Guardare solo gli interi può nascondere quello che succede in mezzo. Quindi, se la funzione associata non ha limite, il ponte non dice niente: la successione può avere limite oppure no, e va studiata con altri strumenti.

Cosa ci guadagni: limiti notevoli, de l’Hôpital e Taylor

Il ponte ti lascia lavorare sulla funzione $f(x)$, dove hai tutti gli attrezzi. Per esempio, nei prodotti del tipo $n \cdot (\text{infinitesimo})$ si pone $t = \frac{1}{x}$: per $x \to +\infty$ si ha $t \to 0^+$, e compare un limite notevole.

successione	con $t = \frac{1}{x}$	limite
$n\sin\frac{1}{n}$	$\frac{\sin t}{t}$	$1$
$n\left(e^{1/n} - 1\right)$	$\frac{e^t - 1}{t}$	$1$
$n\ln\left(1 + \frac{2}{n}\right)$	$\frac{\ln(1 + 2t)}{t}$	$2$
$n^2\left(1 - \cos\frac{1}{n}\right)$	$\frac{1 - \cos t}{t^2}$	$\frac{1}{2}$
$n\left(\sqrt[n]{2} - 1\right)$	$\frac{2^t - 1}{t}$	$\ln 2$

Nella terza riga si moltiplica e divide per 2: $\frac{\ln(1 + 2t)}{t} = 2 \cdot \frac{\ln(1 + 2t)}{2t} \to 2$. Allo stesso modo, dal limite notevole $\left(1 + \frac{a}{x}\right)^x \to e^a$:

$$\lim_{n \to +\infty} \left(1 + \frac{a}{n}\right)^n = e^a$$

per ogni $a$ reale. Con $a = 3$ fa $e^3$, con $a = -2$ fa $e^{-2}$.

Lo stesso vale per il teorema di de l’Hôpital e per la formula di Taylor: non si applicano a $a_n$, perché una successione è definita solo sugli interi e non si può derivare, ma si applicano alla funzione $f(x)$, e il ponte riporta il risultato agli interi.

La cassetta degli attrezzi

Ecco le tecniche una per una, ciascuna con i suoi esempi. Tutte usano il ponte, anche quando non lo nominiamo: si calcola il limite come se $n$ fosse una variabile reale.

Rapporti di polinomi: vince la potenza più alta

Si raccoglie la potenza più alta sopra e sotto, come nel calcolo dei limiti di funzioni. Ne viene una regola pratica: se $P$ e $Q$ sono polinomi di grado $p$ e $q$, con coefficienti direttivi $a$ e $b$, il limite di $\frac{P(n)}{Q(n)}$ vale 0 se $p < q$, vale $\frac{a}{b}$ se $p = q$, ed è infinito, con il segno di $\frac{a}{b}$, se $p > q$. Per esempio $\frac{5n - n^3}{2n^2 + 7} \to -\infty$.

Esempio 1. Stesso grado: si divide per $n^2$.

$$\begin{gathered} \frac{3n^2 - n + 5}{2n^2 + 1} = \frac{3 - \frac{1}{n} + \frac{5}{n^2}}{2 + \frac{1}{n^2}} \\ {} \to \frac{3}{2} \end{gathered}$$

Esempio 2: con una radice. $\displaystyle\frac{\sqrt{4n^2 + 1} + n}{3n - 2}$. Si raccoglie $n^2$ anche sotto radice: $\sqrt{4n^2 + 1} = n\sqrt{4 + \frac{1}{n^2}}$, e non serve il valore assoluto, perché $n > 0$ (con le funzioni, per $x \to -\infty$, uscirebbe $-x$). Quindi

$$\frac{n\left(\sqrt{4 + \frac{1}{n^2}} + 1\right)}{n\left(3 - \frac{2}{n}\right)} \to \frac{2 + 1}{3} = 1$$

Differenze di radici: razionalizzare

Esempio 3. $\sqrt{n^2 + n} - n$ è una forma $\infty - \infty$. Si moltiplica e divide per la somma $\sqrt{n^2 + n} + n$:

$$\begin{gathered} \sqrt{n^2 + n} - n = \frac{n^2 + n - n^2}{\sqrt{n^2 + n} + n} \\ {} = \frac{n}{n\left(\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1\right)} \\ {} \to \frac{1}{1 + 1} = \frac{1}{2} \end{gathered}$$

Esempio 4: la radice cubica. $\sqrt[3]{n^3 + n^2} - n$. Con le radici cubiche si usa $a^3 - b^3 = (a - b)(a^2 + ab + b^2)$. Con $a = \sqrt[3]{n^3 + n^2}$ e $b = n$ si ha $a^3 - b^3 = n^2$, quindi

$$a - b = \frac{n^2}{a^2 + an + n^2}$$

Dividendo sopra e sotto per $n^2$, e ricordando che $\frac{a}{n} = \sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}} \to 1$:

$$a - b = \frac{1}{\left(\frac{a}{n}\right)^2 + \frac{a}{n} + 1} \to \frac{1}{3}$$

Più in fretta: $a - n = n\left(\sqrt[3]{1 + \frac{1}{n}} - 1\right)$, e con $t = \frac{1}{n}$ è il limite notevole della potenza:

$$\frac{(1 + t)^{1/3} - 1}{t} \to \frac{1}{3}$$

Potenze con n all’esponente: la forma 1 all’infinito

Quando $n$ compare all’esponente, si scrive tutto in base $e$ (con $a_n > 0$):

$$a_n^{\,b_n} = e^{\,b_n \ln a_n}$$

e si studia l’esponente. Se la base tende a un numero positivo diverso da 1 non c’è niente di indeterminato; le forme delicate sono $1^\infty$, $0^0$ e $\infty^0$, e la più frequente è $1^\infty$. Lì vale una regola comoda, dimostrata nei limiti notevoli per le funzioni e identica per le successioni.

Esempio 5: il reciproco di e. Capovolgendo la base:

$$\left(\frac{n}{n + 1}\right)^n = \frac{1}{\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n} \to \frac{1}{e}$$

perché $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n \to e$, come dimostrato nelle successioni monotone.

Esempio 6. $\displaystyle\left(\frac{n + 1}{n - 1}\right)^n$, per $n \geq 2$. La base tende a 1 e l’esponente a $+\infty$. Si calcola base meno 1:

$$\frac{n + 1}{n - 1} - 1 = \frac{2}{n - 1}$$

Quindi $L = \displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{2n}{n - 1} = 2$, e il limite è $e^2 \approx 7{,}39$. Nella figura la successione scende verso $e^2$ dall’alto, mentre $\left(1 + \frac{2}{n}\right)^n$ ci sale dal basso: due forme $1^\infty$ diverse, con lo stesso limite, e nessuna delle due tende a 1.

Esempio 7. $\displaystyle\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^n$. Qui $L = \lim n \cdot \frac{1}{n^2} = \lim \frac{1}{n} = 0$, e il limite è $e^0 = 1$. Questa volta il risultato è davvero 1, ma per un motivo preciso: l’esponente cresce troppo poco rispetto a quanto la base si avvicina a 1.

Esempio 8. $\displaystyle\left(1 - \frac{1}{n}\right)^{n^2}$. Qui $L = \lim n^2 \cdot \left(-\frac{1}{n}\right) = \lim (-n) = -\infty$, quindi la successione tende a 0. Si vede anche così: è $\left[\left(1 - \frac{1}{n}\right)^n\right]^n$, una base che tende a $\frac{1}{e} < 1$ elevata a un esponente che va all’infinito.

Le forme $\infty^0$ si trattano allo stesso modo. Il caso più famoso è $\sqrt[n]{n} = e^{\frac{\ln n}{n}} \to e^0 = 1$, perché $\frac{\ln n}{n} \to 0$ per la gerarchia qui sotto. Nel limite di una successione lo stesso risultato, insieme a $\sqrt[n]{a} \to 1$, è dimostrato senza logaritmi, con il binomio di Newton.

La gerarchia degli infiniti

Quando sopra e sotto ci sono infiniti di tipo diverso, decide la gerarchia. Scriviamo $a_n \ll b_n$, «$a_n$ è trascurabile rispetto a $b_n$», se $\frac{a_n}{b_n} \to 0$. Per $n \to +\infty$, con $a > 1$ e $b > 0$:

$$\ln n \ll n^b \ll a^n \ll n! \ll n^n$$

La dimostrazione, gradino per gradino, è nell’articolo sul criterio del rapporto; qui la usiamo.

Esempio 9. $\displaystyle\frac{n^{10}}{2^n} \to 0$: una potenza contro un esponenziale con base maggiore di 1. Non importa quanto è grande l’esponente 10.

Esempio 10. $\displaystyle\frac{(\ln n)^5}{\sqrt{n}}$. Siccome $\sqrt{n} = \left(n^{1/10}\right)^5$, la successione è

$$\left(\frac{\ln n}{n^{1/10}}\right)^5 \to 0^5 = 0$$

perché $\ln n \ll n^{1/10}$. In alternativa, con de l’Hôpital sulla funzione $\frac{\ln x}{x^{1/10}}$, il rapporto delle derivate è

$$\frac{1/x}{\frac{1}{10}\,x^{-9/10}} = \frac{10}{x^{1/10}} \to 0$$

Esempio 11: il fattoriale. $\displaystyle\frac{3^n}{n!}$. Il fattoriale non viene da nessuna funzione elementare, quindi qui il ponte non aiuta: si usa il criterio del rapporto. Il rapporto tra due termini consecutivi è $\frac{3}{n + 1} \to 0 < 1$, quindi la successione tende a 0.

Esempio 12: raccogliere il dominante. $\displaystyle\frac{n^2 + 2^n}{n^5 + 3 \cdot 2^n}$. Sopra e sotto domina $2^n$. Dividendo per $2^n$:

$$\frac{\frac{n^2}{2^n} + 1}{\frac{n^5}{2^n} + 3} \to \frac{0 + 1}{0 + 3} = \frac{1}{3}$$

Asintotici: sì nei prodotti, no nelle somme

Dai limiti notevoli, se $\varepsilon_n \to 0$ con $\varepsilon_n \neq 0$:

$$\begin{gathered} \sin \varepsilon_n \sim \varepsilon_n \qquad \ln(1 + \varepsilon_n) \sim \varepsilon_n \\ e^{\varepsilon_n} - 1 \sim \varepsilon_n \qquad 1 - \cos \varepsilon_n \sim \frac{\varepsilon_n^2}{2} \end{gathered}$$

Qui serve il criterio con le successioni nella versione completa, con $\varepsilon_n$ al posto di $x_n$: per esempio $\frac{\sin \varepsilon_n}{\varepsilon_n} \to 1$ perché $\frac{\sin t}{t} \to 1$ per $t \to 0$. Il principio di sostituzione, dimostrato in infinitesimi e infiniti, dice che in un prodotto o in un quoziente ogni fattore si può sostituire con un suo asintotico.

Esempio 13. $n^2 \sin\frac{2}{n}\,\ln\left(1 + \frac{3}{n}\right)$. È un prodotto: $\sin\frac{2}{n} \sim \frac{2}{n}$ e $\ln\left(1 + \frac{3}{n}\right) \sim \frac{3}{n}$, quindi il limite è quello di $n^2 \cdot \frac{2}{n} \cdot \frac{3}{n} = 6$.

Esempio 14: il controesempio. $n^2\left(e^{1/n} - 1 - \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)$. Viene voglia di sostituire $e^{1/n} - 1 \sim \frac{1}{n}$ e $\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$: la parentesi diventerebbe $\frac{1}{n} - \frac{1}{n} = 0$, e il limite 0. Sbagliato. In una differenza le parti principali si cancellano, e resta proprio quello che l’asintotico aveva buttato via. Serve Taylor al secondo ordine, con $t = \frac{1}{x}$:

$$\begin{gathered} e^t - 1 = t + \frac{t^2}{2} + o(t^2) \\ \ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2) \end{gathered}$$

La differenza è $t^2 + o(t^2)$, e moltiplicata per $x^2 = \frac{1}{t^2}$ tende a 1. Per il ponte, anche la successione tende a 1.

Un attrezzo in più: Stolz-Cesàro

Per i rapporti in cui sopra c’è una somma di $n$ termini è comodo il teorema di Stolz-Cesàro, che usiamo senza dimostrarlo: se $b_n$ è strettamente crescente e tende a $+\infty$, e se

$$\frac{a_{n + 1} - a_n}{b_{n + 1} - b_n} \to \ell$$

(reale o infinito), allora $\frac{a_n}{b_n} \to \ell$. Con $a_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ e $b_n = \ln n$ il rapporto delle differenze è

$$\frac{\frac{1}{n + 1}}{\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)} \to 1$$

perché $\ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) \sim \frac{1}{n}$. Quindi $\frac{a_n}{\ln n} \to 1$: la somma dei reciproci cresce come $\ln n$.

Quando il ponte non si può usare

Se nella successione compaiono $(-1)^n$, $\sin n$, $\cos n$, fattoriali, somme di $n$ termini o definizioni diverse per $n$ pari e dispari, la funzione associata non esiste (come per $n!$), non ha limite, oppure va studiata con gli stessi argomenti della successione. Conviene lavorare direttamente su $a_n$, e gli attrezzi sono altri: il confronto, il valore assoluto, le sottosuccessioni (e, con i fattoriali, il criterio del rapporto).

Il teorema del confronto

Teorema del confronto (o dei carabinieri), dimostrato nel limite di una successione: se definitivamente $b_n \leq a_n \leq c_n$ e $b_n$, $c_n$ tendono allo stesso limite $\ell$, allora anche $a_n \to \ell$.

Esempio 15. $\displaystyle\frac{3n + \sin n}{n + 1}$. Siccome $-1 \leq \sin n \leq 1$,

$$\frac{3n - 1}{n + 1} \leq \frac{3n + \sin n}{n + 1} \leq \frac{3n + 1}{n + 1}$$

e i due estremi tendono a 3: il limite è 3. Con lo stesso confronto si ottiene $\frac{\sin n}{n} \to 0$. In generale, limitata per infinitesima tende a 0, anche se la parte limitata, come $\sin n$, non ha limite.

Esempio 16. $\sqrt[n]{2^n + 3^n}$. Per $n \geq 1$ vale $3^n \leq 2^n + 3^n \leq 2 \cdot 3^n$, e la radice $n$-esima conserva le disuguaglianze:

$$3 \leq \sqrt[n]{2^n + 3^n} \leq 3\sqrt[n]{2}$$

Siccome $\sqrt[n]{2} \to 1$, il limite è 3. Con lo stesso ragionamento $\sqrt[n]{a^n + b^n}$, con $a, b > 0$, tende al più grande tra $a$ e $b$.

Esempio 17: una somma di n termini. Sia $S_n$ la somma dei termini $\frac{n}{n^2 + k}$ per $k$ da 1 a $n$:

$$\begin{gathered} S_n = \frac{n}{n^2 + 1} + \frac{n}{n^2 + 2} \\ {} + \dots + \frac{n}{n^2 + n} \end{gathered}$$

Ogni termine tende a 0, ma i termini sono sempre di più: non si può concludere che la somma tende a 0. Il più piccolo è l’ultimo e il più grande è il primo, quindi

$$\frac{n^2}{n^2 + n} \leq S_n \leq \frac{n^2}{n^2 + 1}$$

Entrambi gli estremi tendono a 1, e quindi $S_n \to 1$. Per $n = 100$, $S_n \approx 0{,}9950$.

Successioni con (−1)ⁿ o definite per casi

Per il segno alterno c’è una regola semplice: $a_n \to 0$ se e solo se $\lvert a_n \rvert \to 0$, perché la distanza di $a_n$ da 0 è proprio $\lvert a_n \rvert$.

Esempio 18. $\displaystyle\frac{(-1)^n\,n}{n^2 + 1}$. Il valore assoluto è $\frac{n}{n^2 + 1} \to 0$, quindi la successione tende a 0.

Esempio 19. $\displaystyle a_n = \frac{(-1)^n\,n}{n + 1}$. Qui $\lvert a_n \rvert \to 1$, e la regola non vale con un limite diverso da 0. Sugli indici pari $a_n = \frac{n}{n + 1} \to 1$, su quelli dispari $a_n = -\frac{n}{n + 1} \to -1$. Due sottosuccessioni con limiti diversi: la successione non ha limite.

Il metodo funziona anche al contrario. Se $a_n = \frac{n^2}{n^2 + 1}$ per $n$ pari e $a_n = \frac{n + 1}{n}$ per $n$ dispari, i due casi tendono entrambi a 1; siccome pari e dispari coprono tutti gli indici, $a_n \to 1$.

Limiti con un parametro

All’esame capita spesso un parametro, e la risposta cambia a seconda del suo valore.

Esempio 20. Al variare di $\alpha$ reale, studia $n^\alpha\left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right)$. Razionalizzando e raccogliendo $\sqrt{n}$ al denominatore:

$$\begin{gathered} n^\alpha\left(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n}\right) = \frac{n^\alpha}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \\ {} = \frac{n^{\alpha - \frac{1}{2}}}{\sqrt{1 + \frac{1}{n}} + 1} \end{gathered}$$

Il denominatore tende a 2, quindi tutto dipende da $n^{\alpha - \frac{1}{2}}$:

• se $\alpha < \frac{1}{2}$, l’esponente è negativo e il limite è 0;
• se $\alpha = \frac{1}{2}$, il numeratore vale 1 e il limite è $\frac{1}{2}$;
• se $\alpha > \frac{1}{2}$, il limite è $+\infty$.

Il valore critico $\alpha = \frac{1}{2}$ ti dice quanto va veloce a zero la differenza: come $\frac{1}{2\sqrt{n}}$.

La scaletta per qualunque limite di successione

1. Sostituisci: calcola il limite di ogni pezzo. Se la combinazione è nella tabella delle operazioni, hai finito.
2. Cerca gli ostacoli al ponte: $(-1)^n$, $\sin n$, $\cos n$, casi pari e dispari, somme di $n$ termini. Se ci sono, usa il confronto, il valore assoluto o le sottosuccessioni.
3. Fattoriali o $n^n$? Usa il criterio del rapporto o la gerarchia.
4. $n$ all’esponente? Scrivi tutto in base $e$; se è $1^\infty$, calcola $L = \lim b_n\,(a_n - 1)$.
5. Altrimenti lavora sulla funzione: raccogli il dominante, razionalizza, usa limiti notevoli con $t = \frac{1}{n}$, asintotici nei prodotti, Taylor quando le parti principali si cancellano, de l’Hôpital su $f(x)$.
6. Se c’è un parametro, individua il valore critico in cui cambia il termine dominante e studia a parte ogni caso.
7. Controlla con un numero: calcola un termine con $n = 1000$ e verifica che sia vicino al risultato.

Se invece la successione è definita per ricorrenza, servono altri strumenti: li vediamo nelle successioni definite per ricorrenza.

Gli errori più comuni

• Scrivere $1^\infty = 1$. La base non vale 1, ci si avvicina: $\left(\frac{n + 1}{n - 1}\right)^n$ tende a $e^2$, non a 1.
• Applicare de l’Hôpital a n direttamente. Non si deriva rispetto a $n$, e tanto meno si deriva $n!$: si passa alla funzione $f(x)$ e si torna con il ponte, e con i fattoriali si usa il criterio del rapporto.
• Sostituire gli asintotici in una somma. In $n^2\left(e^{1/n} - 1 - \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)\right)$ la sostituzione dà 0, il risultato giusto è 1.
• Dire che ∞ − ∞ fa 0. $\sqrt{n^2 + n} - n$ tende a $\frac{1}{2}$: si razionalizza.
• Dimenticare che (−1)ⁿ non ha limite. $\frac{(-1)^n\,n}{n + 1}$ non tende né a 1 né a «$\pm 1$»: non ha limite. Il valore assoluto basta solo quando tende a 0.
• Usare il ponte al contrario. Se $f(x)$ non ha limite, la successione può averlo: $\sin(\pi n) \to 0$.
• Spezzare la radice n-esima di una somma. $\sqrt[n]{2^n + 3^n}$ non è $2 + 3$: tende a 3.
• Pensare che una somma di termini che tendono a 0 tenda a 0. Se i termini sono $n$, come in $S_n$ dell’esempio 17, la somma può tendere a 1.

Esercizi svolti

1. Raccogliere e razionalizzare

Testo. Calcola (a) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{2n^3 - n + 1}{5n^3 + n^2}$ e (b) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\sqrt{4n^2 + 3n} - 2n\right)$.

(a) Numeratore e denominatore hanno grado 3. Dividendo per $n^3$:

$$\frac{2 - \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^3}}{5 + \frac{1}{n}} \to \frac{2}{5}$$

(b) È una forma $\infty - \infty$. Si moltiplica e divide per $\sqrt{4n^2 + 3n} + 2n$:

$$\begin{gathered} \frac{4n^2 + 3n - 4n^2}{\sqrt{4n^2 + 3n} + 2n} \\ {} = \frac{3n}{n\left(\sqrt{4 + \frac{3}{n}} + 2\right)} \\ {} \to \frac{3}{2 + 2} = \frac{3}{4} \end{gathered}$$

I limiti sono $\frac{2}{5}$ e $\frac{3}{4}$: con stesso grado decidono i coefficienti direttivi, con le radici prima si razionalizza.

2. La gerarchia e i logaritmi

Testo. Calcola (a) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{n^4 + 3^n}{2^{n + 1} + 3^{n - 1}}$ e (b) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\ln(n^2 + 1)}{\ln n}$.

(a) Riscriviamo $2^{n + 1} = 2 \cdot 2^n$ e $3^{n - 1} = \frac{3^n}{3}$. Il termine dominante è $3^n$, sopra e sotto. Dividendo per $3^n$:

$$\begin{gathered} \frac{\frac{n^4}{3^n} + 1}{2\left(\frac{2}{3}\right)^n + \frac{1}{3}} \to \frac{0 + 1}{0 + \frac{1}{3}} \\ {} = 3 \end{gathered}$$

perché $\frac{n^4}{3^n} \to 0$ per la gerarchia e $\left(\frac{2}{3}\right)^n \to 0$.

(b) Per $n \geq 2$ si ha $\ln n > 0$. Raccogliamo $n^2$ dentro il logaritmo e usiamo le sue proprietà:

$$\begin{gathered} \ln(n^2 + 1) = \ln\left(n^2\left(1 + \tfrac{1}{n^2}\right)\right) \\ {} = 2\ln n + \ln\left(1 + \tfrac{1}{n^2}\right) \end{gathered}$$

Dividendo per $\ln n$ resta

$$\frac{\ln(n^2 + 1)}{\ln n} = 2 + \frac{\ln\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)}{\ln n}$$

Nell’ultima frazione il numeratore tende a 0 e il denominatore a $+\infty$, quindi la frazione tende a 0. I limiti sono 3 e 2.

3. Due forme 1 all’infinito

Testo. Calcola (a) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\frac{n^2 + 1}{n^2 - 2}\right)^{n^2}$ e (b) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \left(\cos\frac{1}{n}\right)^{n^2}$.

(a) Per $n \geq 2$ la base è positiva e tende a 1, l’esponente a $+\infty$. Base meno 1:

$$\frac{n^2 + 1}{n^2 - 2} - 1 = \frac{3}{n^2 - 2}$$

quindi $L = \lim \frac{3n^2}{n^2 - 2} = 3$ e il limite è $e^3 \approx 20{,}09$.

(b) Per $n \geq 1$ si ha $0 < \frac{1}{n} \leq 1 < \frac{\pi}{2}$, quindi $\cos\frac{1}{n} > 0$. La base tende a 1, l’esponente a $+\infty$:

$$\begin{gathered} L = \lim n^2\left(\cos\tfrac{1}{n} - 1\right) \\ {} = -\lim n^2\left(1 - \cos\tfrac{1}{n}\right) = -\frac{1}{2} \end{gathered}$$

per la tabella del ponte. Il limite è $e^{-1/2} = \frac{1}{\sqrt{e}} \approx 0{,}607$. Due forme $1^\infty$, due risultati diversi, e nessuno vale 1.

4. Due limiti con il confronto

Testo. Calcola (a) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\lfloor n\sqrt{2} \rfloor}{n}$ e (b) il limite della somma $T_n$ dei termini $\frac{k}{n^2 + k}$ per $k$ da 1 a $n$.

(a) La parte intera non viene da una funzione «comoda», ma è vicinissima a $y$: per definizione $y - 1 < \lfloor y \rfloor \leq y$. Con $y = n\sqrt{2}$ e dividendo per $n > 0$:

$$\sqrt{2} - \frac{1}{n} < \frac{\lfloor n\sqrt{2} \rfloor}{n} \leq \sqrt{2}$$

Il carabiniere di sinistra tende a $\sqrt{2}$, quello di destra vale $\sqrt{2}$: il limite è $\sqrt{2}$.

(b) Per $1 \leq k \leq n$ il denominatore sta tra $n^2 + 1$ e $n^2 + n$, quindi

$$\frac{k}{n^2 + n} \leq \frac{k}{n^2 + k} \leq \frac{k}{n^2 + 1}$$

Sommiamo per $k$ da 1 a $n$, ricordando che $1 + 2 + \dots + n = \frac{n(n + 1)}{2}$:

$$\frac{n(n + 1)}{2(n^2 + n)} \leq T_n \leq \frac{n(n + 1)}{2(n^2 + 1)}$$

A sinistra c’è esattamente $\frac{1}{2}$ (perché $n(n + 1) = n^2 + n$), a destra una frazione con lo stesso grado sopra e sotto che tende a $\frac{1}{2}$. Quindi $T_n \to \frac{1}{2}$. I limiti sono $\sqrt{2}$ e $\frac{1}{2}$.

5. Taylor attraverso il ponte

Testo. Calcola (a) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} n^2\left(1 - n\sin\frac{1}{n}\right)$ e (b) $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} n\left(e^{1/n} - \cos\frac{1}{n}\right)$.

(a) La trappola: $n\sin\frac{1}{n} \to 1$, quindi la parentesi tende a 0 e il tutto è una forma $\infty \cdot 0$. Non si può concludere che fa 0. Passiamo alla funzione con $t = \frac{1}{x} \to 0^+$:

$$x^2\left(1 - x\sin\tfrac{1}{x}\right) = \frac{t - \sin t}{t^3}$$

Con Taylor, $\sin t = t - \frac{t^3}{6} + o(t^3)$, quindi $t - \sin t = \frac{t^3}{6} + o(t^3)$ e il rapporto tende a $\frac{1}{6}$. Per il ponte anche la successione tende a $\frac{1}{6}$.

(b) Sempre con $t = \frac{1}{x}$, si spezza la differenza aggiungendo e togliendo 1:

$$\begin{gathered} \frac{e^t - \cos t}{t} = \frac{e^t - 1}{t} + \frac{1 - \cos t}{t} \\ {} = \frac{e^t - 1}{t} + t \cdot \frac{1 - \cos t}{t^2} \end{gathered}$$

Il primo addendo tende a 1, il secondo a $0 \cdot \frac{1}{2} = 0$. Qui spezzare la somma è lecito, perché entrambi gli addendi hanno limite finito. I limiti sono $\frac{1}{6}$ e $1$.

6. Un parametro e il segno alterno

Testo. Al variare di $\alpha$ reale, studia il limite di $a_n = n^\alpha\left(\sqrt{n^2 + (-1)^n\,n} - n\right)$, per $n \geq 1$.

La radice ha senso, perché $n^2 + (-1)^n\,n \geq n^2 - n \geq 0$. Razionalizziamo:

$$\begin{gathered} \sqrt{n^2 + (-1)^n n} - n \\ {} = \frac{(-1)^n\,n}{\sqrt{n^2 + (-1)^n n} + n} \\ {} = \frac{(-1)^n}{\sqrt{1 + \frac{(-1)^n}{n}} + 1} \end{gathered}$$

Chiamiamo $c_n$ la frazione positiva

$$c_n = \frac{1}{\sqrt{1 + \frac{(-1)^n}{n}} + 1}$$

Siccome $\frac{(-1)^n}{n} \to 0$, si ha $c_n \to \frac{1}{2}$, e quindi $a_n = (-1)^n\,n^\alpha\,c_n$.

• α < 0. $\lvert a_n \rvert = n^\alpha c_n \to 0 \cdot \frac{1}{2} = 0$, quindi $a_n \to 0$.
• α = 0. $a_n = (-1)^n c_n$: sugli indici pari tende a $\frac{1}{2}$, sui dispari a $-\frac{1}{2}$. Non ha limite.
• α > 0. $\lvert a_n \rvert \to +\infty$, ma sugli indici pari $a_n \to +\infty$ e sui dispari $a_n \to -\infty$. Non ha limite, né finito né infinito.

Con $\alpha = 1$, per esempio, $a_{1000} \approx 499{,}9$ e $a_{1001} \approx -500{,}6$. In conclusione il limite esiste solo per $\alpha < 0$, e vale 0. Altri esercizi di questo tipo li trovi negli esercizi svolti sulle successioni.

In sintesi

• L’algebra dei limiti e le sette forme indeterminate funzionano come per le funzioni; attenzione a $\frac{\ell}{0}$ con un denominatore a segno alterno.
• Teorema ponte: se $f(x) \to \ell$ per $x \to +\infty$, allora $f(n) \to \ell$. Il viceversa è falso: $\sin(\pi n) \to 0$.
• Grazie al ponte si usano limiti notevoli (con $t = \frac{1}{n}$), de l’Hôpital e Taylor sulla funzione associata.
• Polinomi: vince la potenza più alta. Radici: si razionalizza. Gerarchia: $\ln n \ll n^b \ll a^n \ll n! \ll n^n$.
• Forma $1^\infty$: il limite è $e^L$ con $L = \lim b_n\,(a_n - 1)$.
• Asintotici sì nei prodotti e nei quozienti, no nelle differenze in cui le parti principali si cancellano.
• Senza ponte: confronto, $a_n \to 0 \iff \lvert a_n \rvert \to 0$, sottosuccessioni pari e dispari per dimostrare che un limite non esiste.

Con i fattoriali la gerarchia degli infiniti si allunga, e serve uno strumento nuovo: il criterio del rapporto.