Esercizi svolti sulle successioni: monotonia, limiti, ricorrenza e sottosuccessioni

Perché questi metodi. La differenza $a_{n + 1} - a_n$ è comoda con le frazioni, il rapporto $\frac{a_{n + 1}}{a_n}$ con potenze ed esponenziali (solo per termini positivi), la derivata quando $a_n = f(n)$ con $f$ facile da derivare.

1. I primi termini sono $-\frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \frac{3}{5}, \frac{5}{6}, 1$. La differenza è

perché al numeratore $(2n^2 + 7n + 3) - (2n^2 + 7n - 4) = 7$. È strettamente crescente, quindi il minimo è $a_0 = -\frac{1}{3}$. Dall’alto, $a_n = 2 - \frac{7}{n + 3} < 2$, e i termini si avvicinano a 2 quanto vuoi: $\sup a_n = 2$, mai raggiunto, quindi il massimo non esiste.

2. I primi termini sono $0, \frac{2}{3}, \frac{8}{9}, \frac{8}{9}, \frac{64}{81}$. Per $n \geq 1$ i termini sono positivi e

Il rapporto è maggiore di 1 se $2n + 2 > 3n$, cioè per $n < 2$; vale 1 per $n = 2$ ed è minore di 1 per $n \geq 3$. Quindi $b_0 < b_1 < b_2 = b_3$, e da lì la successione è strettamente decrescente: non è monotona, ma lo è definitivamente. Il massimo è $\frac{8}{9}$, raggiunto due volte; il minimo è $b_0 = 0$. Siccome il rapporto tende a $\frac{2}{3} < 1$, la successione tende a 0 (è il criterio dell’esercizio 6).

3. I primi termini sono circa $1;\ 0{,}721;\ 0{,}633;\ 0{,}614;\ 0{,}627$: scendono e poi risalgono. Con $f(x) = \sqrt{x} - \ln x$:

negativa per $1 \leq x < 4$ e positiva per $x > 4$. Quindi $c_1 > c_2 > c_3 > c_4$, e da $n = 4$ la successione è strettamente crescente. Il minimo è $c_4 = 2 - 2\ln 2 \approx 0{,}614$. Non è limitata superiormente: per la gerarchia degli infiniti $\frac{\ln n}{\sqrt{n}} \to 0$, quindi $c_n = \sqrt{n}\left(1 - \frac{\ln n}{\sqrt{n}}\right) \to +\infty$.

Perché questo metodo. I versamenti di Anna crescono ogni mese della stessa quantità: progressione aritmetica di ragione $d = 20$. Quelli di Bruno si moltiplicano ogni mese per $1{,}25$: progressione geometrica di ragione $q = 1{,}25$. Il risparmio totale è la somma dei primi termini.

(a) Nel mese $k$ Anna versa $100 + 20(k - 1)$ euro, quindi nel dodicesimo 320. La somma aritmetica è il numero dei termini per la media tra il primo e l’ultimo:

Per Bruno, la somma geometrica di 12 termini con primo termine 20:

Dopo un anno Anna ha più del doppio di Bruno.

(b) Dopo $n$ mesi i totali sono

Per Anna, $10n^2 + 90n \geq 6000$ diventa $n^2 + 9n - 600 \geq 0$, con radice positiva $\frac{-9 + \sqrt{2481}}{2} \approx 20{,}4$: serve $n \geq 21$. Per Bruno, $1{,}25^n \geq 76$, e con i logaritmi

cioè $n \geq 20$. Bruno arriva prima: al mese 20 ha circa 6858,89 euro, mentre Anna ne ha 5800 e arriva a 6300 solo al mese 21. Anzi, nel totale Bruno la supera già al mese 19: 5471,12 euro contro 5320.

È la gerarchia degli infiniti in piccolo: la somma aritmetica cresce come $n^2$, quella geometrica come $1{,}25^n$, e alla lunga l’esponenziale vince, anche partendo molto indietro.

Perché questo metodo. «Verifica» vuol dire che il limite è già dato: si scrive la condizione della definizione e la si risolve rispetto a $n$. Per un limite finito serve, per ogni $\varepsilon > 0$, un indice $n_\varepsilon$ con $\lvert a_n - \ell \rvert < \varepsilon$ per ogni $n > n_\varepsilon$. Per $+\infty$ serve, per ogni soglia $M$, che i termini superino $M$ definitivamente.

(a) La distanza da $\frac{1}{2}$ è

Il valore assoluto se ne va perché la frazione è positiva. Risolviamo rispetto a $n$:

(se $\varepsilon > \frac{3}{2}$ la disuguaglianza vale per ogni $n$). Per ogni $\varepsilon$ basta un naturale $n_\varepsilon$ maggiore o uguale alla radice: il limite è verificato. Con $\varepsilon = 0{,}01$ la radice è $\sqrt{74{,}5} \approx 8{,}63$, quindi i termini distano da $\frac{1}{2}$ meno di $0{,}01$ da $n = 9$ in poi. Controllo: $a_8 = \frac{66}{129} \approx 0{,}5116$ è ancora fuori, $a_9 = \frac{83}{163} \approx 0{,}5092$ è dentro.

(b) Dividendo i polinomi, $n^2 - 1 = (n + 2)(n - 2) + 3$, quindi

Fissata una soglia $M$, per ogni $n \geq M + 2$ si ha $a_n > n - 2 \geq M$: i termini superano $M$ definitivamente, e il limite è $+\infty$. Con $M = 100$ i termini superano 100 da $n = 102$ in poi. Qui la stima è perfetta: $a_{101} \approx 99{,}03$ è ancora sotto, $a_{102} \approx 100{,}03$ è sopra.

Perché questo metodo. Con polinomi e radici si raccoglie la potenza più alta di $n$, come per le funzioni. Se resta una forma $\infty - \infty$ tra due termini con la stessa parte principale, si razionalizza.

1. Grado 3 sopra e sotto. Dividendo per $n^3$:

Occhio al segno: il coefficiente direttivo del denominatore è $-2$. Il limite è $-\frac{1}{2}$.

2. È una forma $\infty - \infty$, ma le parti principali sono diverse: $3n$ e $n$. Raccogliendo $n$, che è positivo (quindi $\sqrt{n^2} = n$):

Non serve razionalizzare: la differenza si comporta come $3n - n = 2n$, e il limite è $+\infty$.

3. Qui le parti principali sono uguali, e la parentesi è una forma $\infty - \infty$ da razionalizzare:

La parentesi tende a 0, ma è moltiplicata per $n$: forma $0 \cdot \infty$. Raccogliendo $n$ al denominatore:

Il limite è 1: con $n = 1000$ il termine vale $0{,}999\,999\,5$.

Perché questo metodo. $\cos n$, $\sin n$ e $(-1)^n$ non hanno limite: la regola del prodotto e il teorema ponte non si applicano. Si stringe la successione tra due «carabinieri» con lo stesso limite, o si usa la regola: limitata per infinitesima tende a 0.

1. Siccome $\lvert \cos n \rvert \leq 1$ e $3^n + n \geq 3^n$:

Per i carabinieri il valore assoluto tende a 0, e quindi anche la successione. I segni cambiano in modo irregolare ($a_{10} \approx -0{,}015$), ma i termini si schiacciano su 0: il limite è 0.

2. Per $n$ pari la base vale $\frac{4}{5}$, per $n$ dispari $\frac{2}{5}$. In ogni caso

e il limite è 0. Tieni a mente questo esercizio: nell’esercizio 8 una base simile dà un risultato diverso.

3. Da $-1 \leq \sin n \leq 1$ segue $2 \leq 3 + \sin n \leq 4$, e la radice $n$-esima conserva le disuguaglianze:

Siccome $\sqrt[n]{a} \to 1$ per ogni $a > 0$, i due carabinieri tendono a 1: il limite è 1.

Perché questo metodo. Il fattoriale non viene da una funzione elementare, quindi il ponte non aiuta. Nelle somme si raccoglie l’infinito più veloce, secondo la gerarchia $\ln n \ll n^b \ll a^n \ll n! \ll n^n$ (con $a > 1$, $b > 0$). Nei prodotti si usa il criterio del rapporto: se $a_n > 0$ e $\frac{a_{n + 1}}{a_n} \to \ell$, con $\ell < 1$ la successione tende a 0, con $\ell > 1$ a $+\infty$.

1. Per $n \geq 4$ il denominatore è positivo: $4! = 24 > 2^4$, e a ogni passo $n!$ si moltiplica per $n + 1 > 2$. L’infinito più veloce è $n!$. Dividendo sopra e sotto per $n!$:

perché potenze ed esponenziali sono trascurabili rispetto al fattoriale. Il limite è 0.

2. Con $(n + 1)! = (n + 1)\,n!$:

Il rapporto tende a $+\infty$, quindi la successione tende a $+\infty$. All’inizio però scende: il rapporto è minore di 1 finché $n^2 < 4n + 4$, cioè fino a $n = 4$. Il termine più piccolo è $a_5 \approx 0{,}0047$, poi la successione risale, e $a_{20} \approx 5532$.

3. Con $(2n + 2)! = (2n + 2)(2n + 1)\,(2n)!$ e $(n + 1)^{n + 1} = (n + 1)(n + 1)^n$:

Il limite è 0: $n^n$ batte $n!$, ma $(2n)!$ batte $n^n$.

Perché questo metodo. Con $n$ all’esponente si guarda prima la base. Se tende a 1 e l’esponente a $+\infty$ è la forma $1^\infty$: se $a_n \to 1$, con $a_n > 0$, e $b_n \to +\infty$, allora $a_n^{\,b_n} \to e^L$, dove $L = \lim b_n\,(a_n - 1)$, se questo limite esiste.

1. La base tende a 1, l’esponente a $+\infty$. Base meno 1:

quindi

e il limite è $e^{-1} = \frac{1}{e} \approx 0{,}368$. Il $+5$ nell’esponente non cambia il risultato: con $n = 100$ il termine vale circa $0{,}351$.

2. La base è positiva e tende a $\cos 0 + \sin 0 = 1$: forma $1^\infty$. Spezziamo $L$ in due limiti notevoli, con $t = \frac{1}{n} \to 0$:

Spezzare è lecito, perché entrambi i pezzi hanno limite finito. Quindi $L = 1$ e il limite è $e$: con $n = 10\,000$ il termine vale circa $2{,}7180$.

3. Qui la base tende a 2, non a 1: non è una forma indeterminata. Per $n \geq 8$ la base supera $\frac{3}{2}$, perché $2n + 1 > \frac{3}{2}(n + 3)$ equivale a $n > 7$. Quindi

e per il confronto il limite è $+\infty$.

Perché questo metodo. Se una successione ha limite, ogni sua sottosuccessione ha lo stesso limite. Quindi basta trovarne due con limiti diversi. Il massimo limite è il più grande dei limiti delle sottosuccessioni, il minimo limite il più piccolo.

1. Il coseno ha periodo $2\pi$, quindi i valori si ripetono ogni tre indici: $1, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, 1, -\frac{1}{2}, -\frac{1}{2}, \dots$ La sottosuccessione con $n = 3k$ vale sempre 1, quella con $n = 3k + 1$ sempre $-\frac{1}{2}$: niente limite. La successione è limitata, con massimo limite 1 e minimo limite $-\frac{1}{2}$.

2. Per $n$ pari la base vale 1 e $b_n = 1$; per $n$ dispari vale $\frac{1}{3}$ e $b_n = \left(\frac{1}{3}\right)^n \to 0$. Due sottosuccessioni con limiti 1 e 0: niente limite. Massimo limite 1, minimo limite 0. Nell’esercizio 5 la base dei pari era $\frac{4}{5}$ e tutto andava a 0; qui vale esattamente 1, e la potenza resta 1.

3. Per $n$ pari l’esponente è 1 e $c_n = n \to +\infty$; per $n$ dispari è $-1$ e $c_n = \frac{1}{n} \to 0$. Due comportamenti diversi: niente limite. La successione è illimitata ma non diverge: i termini di indice dispari restano sotto 1, quindi non superano definitivamente ogni soglia.

Perché questo metodo. Per $a_{n + 1} = f(a_n)$ non c’è una formula da derivare. Si procede in tre passi: i candidati, cioè i punti fissi $\ell = f(\ell)$; monotonia e limitatezza per induzione; infine il teorema delle successioni monotone, che garantisce che il limite esiste.

1. Se $a_n \to \ell$, anche $a_{n + 1} \to \ell$; passando al limite nella regola, con $f$ continua:

Sono solo candidati: non sappiamo ancora se il limite esiste.

2. Limitatezza, per induzione. Passo base: $1 < 2 < 4$. Passo induttivo: se $1 < a_n < 4$, allora $1 < a_n^2 < 16$, quindi $5 < a_n^2 + 4 < 20$ e, dividendo per 5, $1 < a_{n + 1} < 4$. Monotonia:

perché $a_n - 1 > 0$ e $a_n - 4 < 0$. La successione è strettamente decrescente e limitata inferiormente da 1: per il teorema converge, a un limite compreso tra 1 e $a_0 = 2$. Tra i candidati resta solo 1. I termini $2;\ 1{,}6;\ 1{,}312;\ 1{,}144;\ 1{,}062;\ \dots$ lo confermano.

Nel diagramma a ragnatela si sale da $a_0$ alla curva $y = f(x)$, si va in orizzontale fino alla bisettrice $y = x$ e si ripete: i punti fissi sono le intersezioni tra curva e bisettrice.

3. Con $a_0 = 5$ i termini sono $5;\ 5{,}8;\ 7{,}528;\ 12{,}13;\ \dots$ Per induzione restano maggiori di 4 (se $a_n > 4$, allora $a_n^2 + 4 > 20$ e $a_{n + 1} > 4$), e lì la differenza $\frac{(a_n - 1)(a_n - 4)}{5}$ è positiva: la successione è crescente. Se convergesse, il limite sarebbe un punto fisso maggiore o uguale a 5, ma i punti fissi sono 1 e 4. Quindi non converge e, essendo crescente, diverge a $+\infty$.

Con lo stesso ragionamento si ottiene il quadro completo: se $\lvert a_0 \rvert < 4$ la successione tende a 1, se $a_0 = \pm 4$ vale 4 da $a_1$ in poi, se $\lvert a_0 \rvert > 4$ diverge. Stessa regola, primo termine diverso, comportamento opposto.

Perché questo metodo. Tutto dipende dalla base $q = x^2 - 3$. Come per $q^n$, i casi da distinguere sono $\lvert q \rvert < 1$, $q = 1$, $q = -1$, $q > 1$ e $q < -1$; il denominatore $n + 1$ conta solo nei casi di confine.

Se |q| < 1, cioè $-1 < x^2 - 3 < 1$, cioè $\sqrt{2} < \lvert x \rvert < 2$: siccome $\lvert q \rvert^n \leq 1$, si ha $\lvert a_n \rvert \leq \frac{1}{n + 1} \to 0$, e il limite è 0.

Se q = 1, cioè $x = \pm 2$: $a_n = \frac{1}{n + 1} \to 0$.

Se q = −1, cioè $x = \pm\sqrt{2}$: $a_n = \frac{(-1)^n}{n + 1} \to 0$, limitata per infinitesima.

Se q > 1, cioè $\lvert x \rvert > 2$: i termini sono positivi e

quindi $a_n \to +\infty$: l’esponenziale batte $n + 1$.

Se q < −1, cioè $\lvert x \rvert < \sqrt{2}$: con lo stesso rapporto sui valori assoluti, $\lvert a_n \rvert \to +\infty$; ma il segno si alterna, e la sottosuccessione dei pari tende a $+\infty$, quella dei dispari a $-\infty$. Il limite non esiste.

Perché questo metodo. Siccome $e - a_n \to 0$ e $n \to +\infty$, è una forma $0 \cdot \infty$, e il suo limite dice quanto in fretta $a_n$ si avvicina a $e$. Servono tre attrezzi: la scrittura in base $e$, il teorema ponte per passare alla funzione e la formula di Taylor.

(a) In base $e$, $a_n = e^{n \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right)}$. Passiamo alla funzione con $t = \frac{1}{x} \to 0^+$ e usiamo $\ln(1 + t) = t - \frac{t^2}{2} + o(t^2)$:

Quindi l’esponente è $1 + u$, con $u = -\frac{t}{2} + o(t)$; $u$ tende a 0 ed è negativo, perché $\ln(1 + t) < t$. Allora

perché $\frac{e^u - 1}{u} \to 1$ (limite notevole) e $-\frac{u}{t} = \frac{1}{2} + o(1)$. Per il ponte anche $n\,(e - a_n) \to \frac{e}{2} \approx 1{,}359$. Con i numeri: circa $1{,}2454$ per $n = 10$, $1{,}3468$ per $n = 100$, $1{,}3579$ per $n = 1000$.

(b) Il risultato dice che $e - a_n \sim \frac{e}{2n}$. Imponendo $\frac{e}{2n} < 0{,}001$ si ottiene $n > 500\,e \approx 1359{,}1$: servono circa 1360 termini per un errore sotto il millesimo. Il conto esatto al computer dà

e siccome $a_n$ è crescente, l’errore resta sotto $0{,}001$ da $n = 1359$ in poi: la stima sbaglia di un solo indice. Ecco perché $\left(1 + \frac{1}{n}\right)^n$ serve a definire $e$, non a calcolarlo.