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Limiti di successioni – Esercizi misti 2

Esercizi misti Successioni

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Limiti di successioni – Esercizi misti 2

In questa raccolta presentiamo 33 esercizi sui limiti di successioni, da affrontarsi con tecniche di carattere vario. Gli esercizi sono completamente risolti e offrono un’ampia panoramica sulle tecniche disponibili in questo settore. La raccolta è pertanto particolarmente indicata per gli studenti dei corsi di Analisi Matematica e per gli appassionati.

Segnaliamo le seguenti ulteriori raccolte di esercizi

e la teoria di riferimento nella cartella di Teoria sulle successioni.

Buona lettura!

 

Sommario

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Questa dispensa offre una serie di esercizi sullo studio di successioni reali, con un livello di difficoltà che varia dal medio all’avanzato. Gli esercizi proposti richiedono l’impiego di tecniche specifiche, richiamate all’inizio della dispensa. Tra gli strumenti principali usati per la risoluzione si trovano il teorema di Stolz-Cesaro, le approssimazioni di Stirling e il metodo delle somme di Riemann. Alcuni esercizi necessitano di manipolazioni algebriche ah hoc, mirate a semplificare le successioni e ottenere i risultati. Il calcolo dei limiti delle successioni rappresenta uno degli argomenti più complessi nei corsi di Analisi e questa dispensa offre un quadro esaustivo delle principali tecniche per affrontare i problemi più comuni. È inoltre disponibile una dispensa complementare, dedicata esclusivamente allo studio delle successioni asintotiche, fornendo ulteriori strumenti per la risoluzione di problemi avanzati.

 

Autori e revisori

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Autore: Valerio Brunetti.  

Revisori: Matteo Talluri, Giulio Binosi.  

 

Richiami di teoria

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Definizione 1 (successione). Una successione \{a_n\}_{n \in \mathbb{N}} a valori reali è una funzione

(1)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 			a \colon \mathbb{N} 	& 	\to \mathbb{R}\\ 			n 					& 	\mapsto a_n=a(n). 			\end{aligned} \end{equation*}

Solitamente, l’immagine a(n) viene indicata col simbolo a_n ed è detta termine n-esimo della successione. Quando non vi sia possibilità di equivoco, una successione si denoterà semplicemente indicando il suo termine generale a_n.

 

Definizione 2 (successioni monotone). Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione a valori in \mathbb{R}. Diremo che  

  • \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è crescente se a_{n+1}\geq a_n\qquad\forall n\in\mathbb{N}.
  • \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è strettamente crescente se a_{n+1}> a_n\qquad\forall n\in\mathbb{N}.
  • \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è decrescente se a_{n+1}\leq a_n\qquad\forall n\in\mathbb{N}.
  • \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è strettamente decrescente se a_{n+1}< a_n\qquad\forall n\in\mathbb{N}.

La successione \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è detta monotona se rientra in uno dei casi precedenti.

 

Definizione 3 (limiti di successioni). Sia a_n una successione reale e sia \ell \in \overline{\mathbb{R}}. Si dice che a_n ha limite \ell oppure tende a \ell se, per ogni intorno I di \ell, esiste N \in \mathbb{N} tale che

(2)   \begin{equation*} 			a_n \in I 			\qquad 			\forall n \geq N. 		\end{equation*}

In tal caso si scrive

(3)   \begin{equation*} 			\lim_{n \to + \infty} a_n=\ell 			\qquad 			\text{oppure} 			\qquad 			a_n \xrightarrow[n \to + \infty]{} \ell 			\qquad 			\text{oppure} 			\qquad 			a_n \to \ell. 		\end{equation*}

 

  1. Se \ell \in \mathbb{R}, a_n si dice convergente a \ell. Se \ell=0, a_n si dice anche infinitesima.
  2. Se \ell \in \{-\infty,+\infty\}, a_n si dice divergente a \ell.

Le successioni convergenti o divergenti si dicono regolari, mentre le successioni che non ammettono limite si dicono non regolari.

 

Teorema 4 (unicità del limite). Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione tale che

    \begin{equation*} 			\lim_{n\to+\infty}a_n=\ell \in \overline{\mathbb{R}};  		\end{equation*}

allora tale limite è unico.

 

Teorema 5 (prodotto di successioni limitate per infinitesime). Siano \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} due successioni tali che

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty} a_n=0 		\end{equation*}

e b_n limitata. Allora

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n\cdot b_n=0. 		\end{equation*}

 

Teorema 6 (del confronto). Siano a_n, b_n, c_n successioni, si supponga che esista N_1\in\mathbb{N} tale che

(4)   \begin{equation*} 			a_n \leq b_n \leq c_n, \;\;\; \forall n \geq N_1 		\end{equation*}

e che valga

    \[\lim_{n \to \infty} a_n = \lim_{n \to \infty} c_n  = \ell \in \mathbb{R}.\]

Allora

    \[\lim_{n \to \infty} b_n  = \ell .\]

 

Teorema 7 (del confronto: \ell=\pm \infty). Siano \{a_n\}_{n \in \mathbb{N}},\{b_n\}_{n \in \mathbb{N}} due successioni e supponiamo che esista N_1 \in \mathbb{N} tale che

(5)   \begin{equation*} 			a_n \leq b_n 			\qquad 			\forall n \geq N_1. 		\end{equation*}

 

  1. Se a_n \to +\infty, allora b_n \to + \infty.
  2. Se b_n \to - \infty, allora a_n \to - \infty.

 

Proposizione 8 (del confronto: \ell=\pm \infty). Si ha

(6)   \begin{equation*} 			\lim_{n \to +\infty}\left (1+\frac{x}{n}\right )^n=e^x 			\qquad 			\forall x \in \mathbb{R}. 		\end{equation*}

Inoltre, se x>0, la successione \left (1+\frac{x}{n}\right )^n è crescente.

 

Teorema 9 (criterio del rapporto). Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione a termini positivi tale che

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}=\ell. 		\end{equation*}

Allora  

  1. se \ell>1 si ha che

        \[\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=+\infty,\]

  2. se \ell<1 si ha che

        \[\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=0.\]

 

Teorema 10 (criterio della radice). Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione a termini positivi tale che

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty} \sqrt[n]{a_n}=\ell. 		\end{equation*}

Allora  

  1. se \ell>1 si ha che

        \[\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=+\infty,\]

  2. se \ell<1 si ha che

        \[\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=0.\]

 

Definizione 11 (successioni asintotiche). Due successioni \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} di numeri reali con b_n\neq 0 definitivamente, si dicono asintotiche se

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=1. 		\end{equation*}

In tal caso scriverempo che a_n\sim b_n per n\rightarrow +\infty.

 

Teorema 12 (proprietà delle successioni asintotiche). Siano \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} due successioni; allora valgono le seguenti proprietà:

 

  1. se a_n\sim b_n e \displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}b_n=\ell\in\mathbb{R}, allora \displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=\ell\in\mathbb{R}.
  2. Se a_n\sim b_n e b_n\sim c_n, allora a_n\sim c_n.
  3. (Principio di sostituzione) Siano a_n, b_n, c_n\neq 0 definitivamente; se a_n\sim b_n, allora per ogni successione c_n si ha

        \begin{equation*} 				a_n\cdot c_n\sim b_n\cdot c_n,\qquad\frac{a_n}{c_n}\sim \frac{b_n}{c_n},\qquad\frac{c_n}{a_n}\sim\frac{c_n}{b_n}. 			\end{equation*}

 

Teorema 13 Siano \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} due successioni tali che

 

  1. b_n>0 per ogni n\in\mathbb{N};
  2. \displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{k=1}^{n} b_k=+\infty;
  3. \displaystyle\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{a_n}{b_n}=\ell\qquad\ell\in\mathbb{R}\cup\{+\infty,\,-\infty\}.
  4. Allora

        \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}a_k}{\sum_{k=1}^{n}b_k}=\ell. 		\end{equation*}

 

Teorema 14 (Stolz-Cesaro). Siano \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} due successioni di numeri reali. Se

 

  1. b_n>0 per ogni n\in\mathbb{N},
  2. b_n è strettamente crescente,
  3. b_n è illimitata,
  4. esiste \ell\in\mathbb{R}\cup\{+\infty,\,-\infty\} tale che

        \begin{equation*} 				\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n}=\ell, 			\end{equation*}

  5. allora

        \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{b_n}=\ell. 		\end{equation*}

 

Corollario 15. Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione positiva tale che \displaystyle\lim_{n\to +\infty}a_n=\ell\in [0;\infty)\cup\{+\infty\}. Allora

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}a_k}=\ell. 		\end{equation*}

 

Corollario 16. Sia \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} una successione positiva. Se la successione \left\{\dfrac{a_n}{a_{n-1}}\right\}_{n\in\mathbb{N}} è regolare, anche la successione \left\{\sqrt[n]{a_n}\right\} è regolare e si ha

    \begin{equation*} 			\lim_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{a_n}{a_{n-1}}. 		\end{equation*}

 

Lemma 17. Sia f:[a,b]\to\mathbb{R} una funzione continua, allora vale

    \begin{equation*} 				\lim_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nf\left(\frac{k}{n}\right)=\int_0^1f(x)dx. 			\end{equation*}

 

Testi degli esercizi

 

Esercizio 1  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione se esiste:

    \[\lim_{n\to+\infty} \dfrac{\displaystyle\prod_{k\ge1} \left( \dfrac{2k^2+k}{2k-1} \right)}{n!5n}.\]

Svolgimento.

Si osserva che:

    \[\prod_{k=1}^n  \dfrac{2k^2+k}{2k-1} = \prod_{k=1}^n \dfrac{k(2k+1)}{(2k-1)}=n! \left(\dfrac{3}{1} \right)\left(\dfrac{5}{3} \right)\left(\dfrac{7}{5} \right) \left(\dfrac{9}{7} \right)\dots (2n+1)=n!(2n+1).\]

Dimostriamo tale identità applicando il principio di induzione.

Base induttiva per n=1, si ha 3=3 e quindi è dimostrata.

Passaggio induttivo per n+1 avendo l’ipotesi induttiva per n:

(7)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} \prod_{k=1}^{n+1} \dfrac{2k^2+k}{2k-1} & = \dfrac{2(n+1)^2+(n+1)}{2(n+1)-1}\cdot \prod_{k=1}^{n} \left( \dfrac{2k^2+k}{2k-1} \right) \overset{*}{=}\\ & \overset{*}{=} \dfrac{(n+1)(2n+3)}{2n+1} \cdot n!(2n+1) = \\ & = (n+1)n! \, (2n+3) = (n+1)! \, (2n+3) 	\end{aligned} \end{equation*}

dove in * abbiamo utilizzato l’ipotesi induttiva.

Il passaggio induttivo è verificato, quindi possiamo usare l’identità:

    \[\prod_{k=1}^n \left( \dfrac{2k^2+k}{2k-1} \right)=n!(2n+1).\]

Tornando al limite:

    \[\lim_{n} \dfrac{\displaystyle\prod_{k>1}\left( \dfrac{2k^2+k}{2k-1} \right)}{n!5n}= \lim_{n} \dfrac{2n+1}{5n} =\dfrac{2}{5}.\]

Concludiamo dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n} \dfrac{\displaystyle\prod_{k>1}\left( \dfrac{2k^2+k}{2k-1} \right)}{n!5n}=\dfrac{2}{5}. }\]

 

Esercizio 2  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[\lim_{n}\dfrac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+... +\frac{1}{n}}{\ln n}.\]

Svolgimento.

Applichiamo il teorema di Stolz-Cesàro:

(8)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &\lim_{n} \dfrac{\left(1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n} \right)-\left( 1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n-1}\right)}{\ln n-\ln(n-1)}=\\ &=\lim_{n}\dfrac{\frac{1}{n}}{\ln \left(\frac{n}{n-1} \right)}= \lim_{n} \dfrac{\frac{1}{n}}{-\ln \left(\frac{n-1}{n} \right)}=\lim_{n}\dfrac{\frac{1}{n}}{-\ln \left(1-\frac{1}{n} \right)}\\ &=\lim_{n}\dfrac{1}{\ln \left(1-\frac{1}{n} \right)^{-n}}=\dfrac{1}{\ln e}=1. 	\end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n}\dfrac{1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+... +\frac{1}{n}}{\ln n}=1. }\]

 

Esercizio 3  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste

    \[\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\sum_{k=1}^n \, \log k}{n \log n}.\]

Svolgimento.

    \[\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\sum_{k=1}^n \, \log k}{n \log n} = \lim_{n \to + \infty} \dfrac{\log 2+\log 3 + \log 4 + ... + \log n}{n \log n}.\]

Allora

(9)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\sum_{k=1}^n \, \log k}{n \log n} & = \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\log n!}{n \, \log n}\\ & \overset{\text{*}}{\equiv} \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\log\left(\dfrac{\sqrt{2\pi \, n} \, n^n}{e^n}\right)}{n \; \log n}\\ 	& = \lim_{n\to +\infty} \dfrac{\log \sqrt{2\pi n} + n \, \log n - n}{n \, \log n} = 1 	\end{aligned} \end{equation*}

dove in * abbiamo applicato l’approssimazione di Stirling. Abbiamo dunque che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\sum_{k=1}^n \, \log k}{n \log n}=1.}\]

 

Esercizio 4  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

(10)   \begin{equation*} I= \lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{n}. 		\end{equation*}

Svolgimento metodo 1.

Ricordiamo la relazione1

    \[(2n)!!=2^n n! \quad \text{per}\,\, n\in \mathbb{N}.\]

da cui

    \[I= \lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{n}= \lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\sqrt[n]{2^nn!}}{n}=\lim_{n \rightarrow + \infty}\left(\dfrac{2^nn!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}.\]

Applichiamo uno dei teoremi di Cesaro2 e otteniamo3

(11)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}  I&=\lim_{n \rightarrow + \infty}\left(\dfrac{2^nn!}{n^n}\right)\left(\dfrac{\left(n-1\right)^{n-1}}{2^{n-1}\left(n-1\right)!}\right)=\lim_{n \rightarrow +\infty}\left(\dfrac{2^nn(n-1)!}{n^n}\right)\left(\dfrac{\left(n-1\right)^n}{2^{-1}\cdot 2^n\left(n-1\right)n\left(n-1\right)!}\right)=\\\\  &=\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{n}{n^n}\cdot \dfrac{2n^n\left(1-\frac{1}{n}\right)^n}{n\left(1-\frac{1}{n}\right)}=\lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{2\left(\left(1-\frac{1}{n}\right)^{-n}\right)^{-1}}{\left(1-\frac{1}{n}\right)}=2e^{-1}=\dfrac{2}{e}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\dfrac{2}{e}. }\]

   


    \[\]

  1.     \[(2n)!!=2n \cdot \left(2n-2\right) \cdot  \left(2n-4\right) \cdot  ... \cdot  2=\underbrace{2\cdot 2 \cdot \dots}_{n \text{ volte}} \cdot n \cdot (n-1)\cdot ... \cdot1 = 2^nn!.\]

    1. Se la successione\left\{ \dfrac{b_n}{b_{n-1}}\right\} è regolare, anche la successione \{\sqrt[n]{b_n}\} è regolare e si ha

          \[\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{b_n}=\lim_{n \to + \infty} \dfrac{b_n}{b_{n-1}}\]

      1. Sia

            \[b_n:\mathbb{N}\setminus \{0\}\rightarrow \mathbb{R}\]

        la successione definita da

            \[b_n=\left(1+\dfrac{1}{n} \right)^n.\]

        Si definisce numero di Nepero

            \begin{equation*}  	e=\lim_{n \rightarrow +\infty}b_n  	\end{equation*}

        con 2<e<3.

Svolgimento metodo 2.

Si poteva procedere anche utilizzando l’approssimazione di Stirling4 scrivendo quindi (17) come segue

(12)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}  	I&=\lim_{n \rightarrow + \infty}\left(\dfrac{2^nn!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}=\lim_{n \rightarrow +\infty}\left(\sqrt{2\pi n}\cdot \dfrac{2^n}{n^n}\cdot \dfrac{n^n}{e^n}\left(1+o\left(1\right)\right)\right)^{\frac{1}{n}}=\\\\  	&=\lim_{n \rightarrow +\infty}\left(\sqrt{2\pi n}\right)^{\frac{1}{n}}\cdot \dfrac{2}{e}\cdot \left(1+o\left(1\right)\right)^{\frac{1}{n}}=\dfrac{2}{e}\lim_{n \rightarrow +\infty}e^{\dfrac{\ln\left(\sqrt{2\pi n}\right)}{n}}\cdot e^{\dfrac{\ln\left(1+o\left(1\right)\right)}{n}}=\dfrac{2}{e}.  	\end{aligned} \end{equation*}

Pertanto si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\dfrac{2}{e}. }\]

   


    \[\]

  1. Si ricorda che

        \[n!=\sqrt{2\pi n}\,\,\dfrac{n^n}{e^n}\left(1+o\left(1\right)\right) \quad \text{per}\,\, n \rightarrow +\infty.\]

 

Esercizio 5  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare i seguenti limiti:

(13)   \begin{equation*} 			\lim_{n\to+\infty}\log_n e\quad \quad (n\in\mathbb{N}, \,n>1); 			\end{equation*}

(14)   \begin{equation*} 		\lim_{n\to+\infty}\log_n n\quad \quad (n\in\mathbb{N},\,n>1). 		\end{equation*}

Svolgimento.

Questi limiti si trattano facilmente ricordando la regola di cambiamento di base dei logaritmi. Sa a,b,x>0,\,a,b\neq1:

(15)   \begin{equation*} 	\log_a(x)=\dfrac{\log_b(x)}{\log_b(a)}. 	\end{equation*}

Limite (1). Usando la (15) con a=n e b=e, si ha:

    \[\lim_{n\to+\infty}\log_n e=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{\log_e(n)}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{\ln (n)}.\]

Quindi:

    \[\boxcolorato{analisi}{	\lim_{n\to+\infty}\log_n e=0. }\]

Limite (2). Usando la (15) con a=b=n, si ha subito:

(16)   \begin{equation*} \log_n n=\dfrac{\log_e(n)}{\log_e(n)}=1\, \ \forall n>1. \end{equation*}

La successione vale identicamente 1 per ogni n>1, per cui ovviamente il suo limite vale 1:

    \[\boxcolorato{analisi}{	\lim_{n\to+\infty}\log_n n=1. }\]

 

Esercizio 6  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite:

    \[\lim_{n\to+\infty} \sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{n+2}+...+\dfrac{1}{2n} \right).\]

Svolgimento.

Ricordiamo il metodo delle somme di Riemann. Se f è una funzione integrabile secondo Riemann sull’intervallo [a,b] (per esempio, se è continua), allora si ha:

(17)   \begin{equation*} 	\lim_{n\to+\infty}\dfrac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a+(b-a)\dfrac{k}{n}\right)=\int_a^b f(x)dx. 	\end{equation*}

In particolare, se [a,b]=[0,1]:

(18)   \begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n f\left( \dfrac{k}{n}\right)=\int_0^1 f(x)dx. \end{equation*}

Consideriamo ora il limite assegnato. Usando la (18) con f(x)=1/(1+x), si ha:

(19)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}&=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+k/n}=\\ &=\int_0^1\dfrac{1}{1+x}dx=\vert \log(1+x)\vert_0^1=\\ &=\log (2). 	\end{aligned} \end{equation*}

Osservazione: si sarebbe potuta usare equivalentemente la (1) con [a,b]=[1,2] e f(x)=1/x:

(20)   \begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{1+k/n}=\int_1^2\dfrac{1}{x}dx=\log (2). \end{equation*}

Abbiamo quindi

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^n\dfrac{1}{n+k}=\log(2).}\]

 

Esercizio 7  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite (n \in \mathbb{N}):

(21)   \begin{equation*}   \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \sqrt{4n^2 + n + 1} \right). \end{equation*}

Svolgimento.

Ricordando la periodicità del seno, si ha che \sin(x) = \sin(x-2n\pi) per ogni n intero. Abbiamo dunque:

(22)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}   L = {} & \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \sqrt{4n^2 + n + 1} \right) = \nonumber \\   = {} & \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \sqrt{4n^2 + n + 1} - 2\pi n \right) = \nonumber \\   = {} & \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \frac{\left(\sqrt{4n^2 + n + 1}-2n\right)\left(\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n\right)}{\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n} \right) = \nonumber \\   = {} & \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \frac{4n^2+n+1-4n^2}{\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n} \right) = \nonumber \\   = {} & \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \frac{n+1}{\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n} \right)\!.  \end{aligned} \end{equation*}

Notiamo ora che:

(23)   \begin{equation*}   \lim\limits_{n\to+\infty} \frac{n+1}{\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n} = \lim\limits_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle n\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle 2n\left(\sqrt{1+\frac{1}{4n}+\frac{1}{4n^2}} + 1\right)} = \frac{1}{4}. \end{equation*}

Inserendo il risultato (23) nella (22), e tenendo conto della continuità della funzione seno, abbiamo quindi:

(24)   \begin{equation*}   L = \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \frac{n+1}{\sqrt{4n^2 + n + 1}+2n} \right) = \sin \frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2}. \end{equation*}

In conclusione:

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim\limits_{n\to+\infty} \sin\left(\pi \sqrt{4n^2 + n + 1} \right) = \frac{\sqrt{2}}{2}.}\]

 

Esercizio 8  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

(25)   \begin{equation*}   \lim_{n\to+\infty} \frac{2 + \sin\sqrt{n+1}}{2 + \sin\sqrt{n}}. \end{equation*}

Svolgimento.

Si noti come tanto il numeratore quanto il denominatore nella (25) non ammettono limite per n \to +\infty. Vediamo cosa succede al loro rapporto.

Ricordando la seconda formula di prostaferesi5, si ha:

(26)   \begin{equation*}   \sin\sqrt{n+1}-\sin\sqrt{n} = 2 \sin\underbrace{\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2}}_{a_n}\cos\underbrace{\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{2}}_{b_n}. \end{equation*}

Soffermiamoci sulla successione a_n definita sopra:

(27)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}\nonumber   \lim_{n\to+\infty} a_n = {} & \lim_{n\to+\infty} \left( \frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{2} \frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}\right) = \\   = {} & \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2\left(\sqrt{n+1}+\sqrt{n}\right)} = \nonumber \\   = {} & 0. \end{aligned} \end{equation*}

Ritorniamo al limite iniziale (25); usando la (26), si ha:

(28)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}\nonumber   \lim_{n\to+\infty} \frac{2 + \sin\sqrt{n+1}}{2 + \sin\sqrt{n}} = {} &   \lim_{n\to+\infty} \frac{2 + \sin\sqrt{n} + 2\sin(a_n)\cos{b_n}}{2 + \sin\sqrt{n}} = \\[5pt]   = {} & 1 + \lim_{n\to+\infty} \frac{2\sin(a_n)\cos(b_n)}{2+\sin\sqrt{n}}. \end{aligned} \end{equation*}

Ricordando che a_n \to 0 per n\to+\infty, abbiamo poi che (sempre per n \to +\infty):

(29)   \begin{equation*}   \left|\frac{2\sin(a_n)\cos(b_n)}{2+\sin\sqrt{n}}\right| =   \frac{2|\sin(a_n)|\overbrace{|\cos(b_n)|}^{\leqslant 1}}{\underbrace{2+\sin\sqrt{n}}_{\geqslant 1}} \leqslant   2|\sin(a_n)| \to 0. \end{equation*}

Inserendo il risultato (29) nella (28), abbiamo in conclusione:

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to+\infty} \frac{2 + \sin\sqrt{n+1}}{2 + \sin\sqrt{n}} = 1.}\]

  Osservazione. Considerando la successione x_n = 2 + \sin\sqrt{n}, abbiamo appena verificato che:

(30)   \begin{equation*}   \lim_{n\to+\infty} \frac{x_{n+1}}{x_n} = 1. \end{equation*}

Nonostante questo limite esista, la successione x_n \`e invece irregolare (non ammette limite) per n \to +\infty. Se il limite di x_{n+1}/x_n fosse stato un qualsiasi numero L \ne 1 (o anche L = +\infty), per il criterio del rapporto per successioni anche x_n sarebbe dovuta necessariamente convergere a 0 (se L < 1) o divergere a +\infty (se L > 1).

   


    \[\]

  1. Se \alpha e \beta sono angoli arbitrari, si ha:

        \begin{displaymath}   \sin(\alpha) - \sin(\beta) = 2\sin\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}. \end{displaymath}

 

Esercizio 9  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

    \[\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(n!+7^{-n})(\sqrt{n^2+1}-n)}{(n-1)!+\sin(3n!)} \left(\dfrac{n+2}{n} \right)^n.\]

Svolgimento.

Osserviamo alcuni fatti utili in seguito

(31)   \begin{equation*} \begin{aligned}  & n!+7^{-n}=n!(1+o(1))=n\left(n-1\right)!(1+o(1))\quad \text{per}\,\,n\to+\infty, \\ & \left(\dfrac{n+2}{n}\right)^n=\left(1+\dfrac{2}{n}\right)^n=\displaystyle\left(\left(1+\dfrac{1}{\frac{n}{2}}\right)^{\frac{n}{2}}\right)^{2},\\ & \sqrt{n^2+1}-n=\left(\sqrt{n^2+1}-n\right)\cdot\dfrac{\sqrt{n^2+1}+n}{\sqrt{n^2+1}+n}=\dfrac{1}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1\right)},\\ & \left(n-1\right)!+\sin\left(3n!\right)=\left(n-1\right)!\left(1+o(1)\right)\quad \text{per}\,\,n\to +\infty \end{aligned}  \end{equation*}

da cui

(32)   \begin{equation*} \begin{aligned}  \begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty} \dfrac{(n!+7^{-n})(\sqrt{n^2+1}-n)}{(n-1)!+\sin(3n!)} \left(\dfrac{n+2}{n} \right)^n=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n\left(n-1\right)!}{n\left(\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}+1\right)\left(n-1\right)!}\left(\left(1+\dfrac{1}{\frac{n}{2}}\right)^{\frac{n}{2}}\right)^{2}\overset{\clubsuit}{=}\\ &=\dfrac{e^2}{1+1}=\dfrac{e^2}{2} \end{aligned}  \end{equation*}

dove in \clubsuit abbiamo usato il limite notevole \lim_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{b_n}\right)^{b_n}=e con b_n successione infinita per n\to+\infty.

Concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to+\infty}\dfrac{(n!+7^{-n})(\sqrt{n^2+1}-n)}{(n-1)!+\sin(3n!)} \left(\dfrac{n+2}{n} \right)^n=\dfrac{e^2}{2}.}\]

 

Esercizio 10  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite, se esiste:

    \[\lim_{n\to+\infty}\left(n+2\right)^{2n-1}\left(-\sqrt[n]{n}+\sqrt[n]{n+1}\right).\]

Svolgimento.

Si ha

(33)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}\left(n+2\right)^{2n-1}\left(-\sqrt[n]{n}+\sqrt[n]{n+1}\right)=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n^{2n}\left(1+\dfrac{2}{n}\right)^{2n}}{n\left(1+\dfrac{2}{n}\right)}\left(n\left(-1+\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{\frac{1}{n}}\right)^n\right)\\ &=\lim_{n\to +\infty}n^{2n}\left(\left(1+\dfrac{1}{\left(\dfrac{n}{2}\right)}\right)^{\frac{n}{2}}\right)^4\left(1+o\left(1\right)\right)\left(-1+\exp\left(\dfrac{1}{n}\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)\right)\right)^n\overset{\clubsuit}{=}\\ &=\lim_{n\to+\infty}n^{2n}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\left(-1+\exp\left(\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)\right)\right)^n\overset{\heartsuit}{=}\\ &\overset{\heartsuit}{=}n^{2n}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\left(-1+\exp\left(\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{2n^3}+o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)\right)\right)^n\overset{\spadesuit}{=}\\ &\overset{\spadesuit}{=}n^{2n}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\left(-1+1+\dfrac{1}{n^2}-\dfrac{1}{2n^3}+o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)\right)^n=\\ &=n^{2n}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\left(\dfrac{1}{n^{2n}}\exp\left(n\ln\left(1-\dfrac{1}{2n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\right)\right)\overset{\diamondsuit}{=}\\ &\overset{\diamondsuit}{=}\lim_{n\to+\infty}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\exp\left(n\left(-\dfrac{1}{2n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\right)\overset{\maltese}{=}\\ &\overset{\maltese}{=}\lim_{n\to+\infty}\left(e^4+o\left(1\right)\right)\left(e^{-\frac{1}{2}}+o\left(1\right)\right)=e^{4}\cdot e^{-\frac{1}{2}}=e^{4-\frac{1}{2}}=e^{\frac{7}{2}} \end{aligned} \end{equation*}

dove in \clubsuit abbiamo applicato il limite notevole \displaystyle \lim_{n\to +\infty}\left(1+\dfrac{1}{b_n}\right)^{b_n}=e dove \{b_n\}_{n>0} è una successione divergente per n\to +\infty e in \heartsuit,\,\spadesuit,\,\diamondsuit,\,\maltese abbiamo applicato i noti sviluppi dell’esponenziale e del logaritmo per n\to+\infty.

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to+\infty}\left(n+2\right)^{2n-1}\left(-\sqrt[n]{n}+\sqrt[n]{n+1}\right)=e^{\frac{7}{2}}.}\]

 

Esercizio 11  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Sia

    \[ a_n=\frac{1}{n^2 + 1} + \frac{1}{n^2 + 2} + \cdots + \frac{1}{n^2 + n} , \]

calcolare

    \[ \lim_{n \to +\infty} a_n. \]

Svolgimento.

Osserviamo che

    \[ 0\leq\frac{1}{n^2 + 1} + \frac{1}{n^2 + 2} + \cdots + \frac{1}{n^2 + n} \leq \frac{1}{n^2} + \frac{1}{n^2} + \cdots + \frac{1}{n^2} = \frac{1}{n^2} \cdot n, \quad \forall n \in \mathbb{N} - \{0\} \]

Siccome

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{n}{n^2} = 0, \]

si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to+\infty}a_n=0.	 }\]

 

Esercizio 12  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[\lim_{n\to +\infty}\left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}.\]

Svolgimento metodo 1.

    \begin{equation*} \begin{split}    & \lim_{n\to +\infty} \left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}= \lim_{n\to +\infty}e^{\dfrac{1}{n}{\displaystyle\ln}\left(\dfrac{n!}{n^n}\right)}=\lim_{n\to +\infty} e^{\dfrac{1}{n}{\displaystyle\ln}\left(\dfrac{n(n-1)\dots1}{n\cdot n \dots n}\right)}=  \\     &  \\    =&e^{\displaystyle\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n} \ln\left( \frac{k}{n}\right) }\mathop{=}^{(*)}e^{\displaystyle\,\int_{0}^{1}\ln (x)\,dx}=e^{-1}.   \\ \end{split} \end{equation*}

Nota:(*) si osserva che \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n} \ln\left( \frac{k}{n}\right) sono le somme di Riemann superiori della funzione logaritmo nell’intervallo (0,1).

Svolgimento metodo 2.

Si poteva anche procedere in questo modo:

    \[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{n!}{n^n}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{\frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}}{\frac{n!}{n^n}}=\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{n}{n+1}\right)^n=\lim_{n\to+\infty}\left(1-\frac{1}{n+1}\right)^n=e^{-1}, \]

dove abbiamo usato il corollario 16. Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to +\infty} \left(\frac{n!}{n^n}\right)^{\frac{1}{n}}=e^{-1}. }\]

 

Esercizio 13  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite di successione:

    \[\lim_{n } \frac{\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\dots(2n)}}{n}.\]

Svolgimento.

Osserviamo che \displaystyle(2n)\dots(n+1)n=\frac{(2n)!}{(n-1)!}.

Applicando l’approssimazione di Stirling abbiamo che:

    \[\frac{(2n)!}{(n-1)!}\sim \frac{\sqrt{4\pi n }\left(\frac{2n}{e} \right)^{2n}}{\sqrt{2\pi (n-1)} \left(\frac{n-1}{e} \right)^{(n-1)}}.\\\]

Il limite così diventa:

    \[\displaystyle \lim_n \left(\frac{4\pi n}{2\pi (n-1)}\right)^{\frac{1}{2n}} \left(\frac{4n^2e}{e^2n(n-1)}\right)\left( \frac{n-1}{e}\right)^{\frac{1}{n}}=\frac{4}{e}.\]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{n } \frac{\sqrt[n]{n(n+1)(n+2)\dots(2n)}}{n}=\frac{4}{e}.}\]

 

Esercizio 14  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare se esiste il limite della successione:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{\frac{n^4+n+1}{n^2+7}}. \]

Svolgimento.

Per calcolare il limite, usiamo il limite notevole:

(1)   \[ \lim_{n \to +\infty} \left( 1 + b_n \right)^{\frac{1}{b_n}} = e  \]

con b_n una generica successione che tende a 0 per n \to +\infty.

Il limite dell’esercizio può essere riscritto, raccogliendo i termini di grado massimo ad esponente:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \left( \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{-n^2} \right)^{\frac{n^4+n+1}{n^4 \left( 1 + \frac{n^2 + 1}{n^4} \right)}}. \]

Semplificando n^4, considerando i termini infinitesimi nella frazione e passando al limite usando il caso (1) si ottiene: e^{-1}.

Alternativamente si può passare alla forma esponenziale, sviluppare in serie e semplificare:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{\frac{n^4+n+1}{n^2+7}} = \lim_{n \to +\infty} e^{\left( \frac{n^4+n+1}{n^2+7} \ln\left( 1 - \frac{1}{n^2} \right) \right)} \]

    \[ = \lim_{n \to +\infty} e^{\left( n^2(1 + o(1)) \cdot \left( -\frac{1}{n^2} + o\left( \frac{1}{n^2} \right) \right) \right)} = e^{-1}. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} \left( 1 - \frac{1}{n^2} \right)^{\frac{n^4+n+1}{n^2+7}} =e^{-1}.}\]

 

Esercizio 15  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar). Calcolare il seguente limite, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \ln \left( \frac{k!e^{k+1}}{(k+1)^k\sqrt{2\pi k}} \right)}{\ln(n)}. \]

Svolgimento.

Applichiamo il teorema di Stolz-Cesaro:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \ln \left( \frac{k!e^{k+1}}{(k+1)^k\sqrt{2\pi k}} \right)}{\ln(n)} =  \lim_{n \to +\infty} \frac{\ln \left( \frac{(n+1)!e^{n+2}}{(n+2)^{n+1}\sqrt{2\pi(n+1)}} \right)}{\ln \left( \frac{n+1}{n} \right)}. \]

Si ricorda che:

    \[ n! = \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \left(1 + \frac{1}{12n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right) \quad \text{per} \quad n \to +\infty. \]

Quindi (n+1)! = (n+1)n! = (n+1)\sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n \left(1 + \frac{1}{12n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right) per n \to +\infty.

    \[ \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) = \ln\left(1 + \frac{1}{n}\right) = \frac{1}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right). \]

Segue che:

(34)   \begin{equation*} \begin{aligned} &\lim_{n \to +\infty} n \ln\left( \frac{(n+1)!e^{n+2}}{(n+2)^{n+1}\sqrt{2\pi(n+1)}} \right) =\\ &=\lim_{n \to +\infty} n \ln\left(\frac{ (n+1)\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n\left(1 + \frac{1}{12n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right)}{n^n\left(1+\frac{1}{2n}\right)} \right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} n \ln\left( (n+1)\left(1 + \frac{1}{12n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\frac{e^2}{e^{n\ln\left(1+\frac{2}{n}\right)(n+2)\sqrt{1+\frac{1}{n}}}} \right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} n \ln\left( e^2  \left(\frac{1+\frac{1}{12n}}{1-\frac{2}{n}}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} n \ln\left( e^2\left( 1-\frac{2}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\left(1+\frac{1}{12n}\right)\right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} n \ln\left(  1-\frac{2}{n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)\left(1+\frac{1}{n}\right)\left(1+\frac{7}{12n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} n \left(\frac{7}{12n}+o\left(\frac{1}{n}\right)\right)=\frac{7}{12}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \ln \left( \frac{k!e^{k+1}}{(k+1)^k\sqrt{2\pi k}} \right)}{\ln(n)} = \frac{7}{12}.}\]

 

Esercizio 16  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar).Calcolare il seguente limite, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2 + 10n + 24}}{\sum_{k=1}^{n} \frac{4k^2 + 2k - 1}{(2k+1)!}}. \]

Svolgimento.

Si osserva che:

    \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2 + 10n + 24} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(n+6)(n+4)} = \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{n+4} - \frac{1}{n+5} + \frac{1}{n+5} - \frac{1}{n+6} \right). \]

Osserviamo che la somma è telescopica:

    \[ \sum_{k=1}^{n} \frac{4k^2 + 2k - 1}{(2k+1)!} = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k-1)!} - \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{(2k+1)!} = 1 - \frac{1}{3!} + \frac{1}{3!} \dots - \frac{1}{(2n+1)!}. \]

Tornando al limite si ottiene:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{1}{2}\left(\frac{1}{5} + \frac{1}{6} - \frac{1}{n+5} - \frac{1}{n+6}\right)}{1 - \frac{1}{(2n+1)!}} = \frac{11}{60}. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k^2 + 10n + 24}}{\sum_{k=1}^{n} \frac{4k^2 + 2k - 1}{(2k+1)!}}=\frac{11}{60}.	 }\]

 

Esercizio 17 (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

    \[\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\displaystyle \prod_{k = 1}^n \left(k+5+\frac{3}{k+1}\right)}{n^3(n+2)!}.\]

Svolgimento.

L’argomento della produttoria si può riscrivere come:

(35)   \begin{equation*} \begin{aligned} k+5+\frac{3}{k+1} &= \dfrac{(k+5)(k+1) + 3}{k+1} = \dfrac{k^2 + 6k + 5 + 3}{k+1} =\dfrac{k^2 +6k +8}{k+1} = \dfrac{(k+4)(k+2)}{k+1}, 	\end{aligned} \end{equation*}

da cui

(36)   \begin{equation*} \begin{aligned} \prod_{k = 1}^n \left(k+5+\frac{3}{k+1}\right) &= \prod_{k = 1}^n \dfrac{(k+4)(k+2)}{k+1}  \\ &=\frac{5\cdot 3}{2}\cdot\frac{6\cdot 4}{3}\cdot\frac{7\cdot 5}{4}\dots {\cdot} \frac {(n+2)(n)}{n-1}\cdot\frac{(n+3)(n+1)}{n}\cdot\frac{(n+4)(n+2)}{n+1}\\ & = \frac{5}{2}\cdot 6\cdot 7{\cdot}\dots {\cdot} (n+2)(n+3)(n+4)(n+2). 	\end{aligned} \end{equation*}

Moltiplichiamo e dividiamo il fattore ottenuto per 2\cdot3\cdot4, in tal modo si ottiene:

    \begin{equation*} \frac{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot \dots {\cdot}(n+2)(n+3)(n+4)(n+2)}{2\cdot 2\cdot 3\cdot 4} = \frac{(n+4)!(n+2)}{48}, \end{equation*}

pertanto

    \begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \frac{\dfrac{(n+4)!(n+2)}{48}}{n^3(n+2)!} = \lim_{n \to +\infty} \dfrac{(n+4)(n+3)(n+2)}{48n^3} = \dfrac{1}{48}. \end{equation*}

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to + \infty} \dfrac{\displaystyle \prod_{k = 1}^n \left(k+5+\frac{3}{k+1}\right)}{n^3(n+2)!} =\frac{1}{48}. }\]

 

Esercizio 18  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

    \[ \lim_{n \to +\infty} 2n \left( \sin\left( \frac{2\pi n^2}{n+1} \right) \right). \]

Svolgimento.

    \[ \lim_{n \to +\infty} 2n\left(\sin\left(\frac{2\pi n^2}{n+1}\right)\right) = \lim_{n \to +\infty} 2n\left(\sin\left(2\pi(n-1) + \frac{2\pi}{n+1}\right)\right) = \lim_{n \to +\infty} 2n\left(\sin\left(\frac{2\pi}{n+1}\right)\right) \]

    \[ = \lim_{n \to +\infty} 4\pi \frac{\sin\left(\frac{2\pi}{n+1}\right)}{\frac{2\pi}{n}} = 4\pi. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{n \to +\infty} 2n\left(\sin\left(\frac{2\pi n^2}{n+1}\right)\right) =4\pi.}\]

 

Esercizio 19  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare, se esiste, il seguente limite:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{3n}. \]

Svolgimento.

Si ricorda che:

    \[ (2n)!!=2^n n! \Rightarrow \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n)!^{\frac{1}{n}}}{3n} = 2 \lim_{n \to +\infty} \frac{\frac{e^{\ln(n!)}}{n}}{n}. \]

Ora applichiamo l’approssimazione di Stirling:

    \[ n! = \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n \left(1 + \frac{1}{12n} + o\left(\frac{1}{n}\right)\right) \quad \text{per} \quad n \to +\infty. \]

Tornando al limite:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{2}{3} \frac{e^{\frac{\ln(n!)}{n}}}{n} = \frac{2}{3} \lim_{n \to +\infty} e^{\frac{1}{n}\ln\left(\sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n(1 + o(1))\right)} = \frac{2}{3e}. \]

Altrimenti si poteva applicare il teorema di Stolz-Cesaro:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{(2n)!!^{\frac{1}{n}}}{3n} = \lim_{n \to +\infty} \frac{2(2n)(n+1)!}{(n+1)3n(2n)!} = \frac{2}{3e}. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} \frac{\sqrt[n]{(2n)!!}}{3n} = \frac{2}{3e}.	 }\]

 

Esercizio 20  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} n^2 \frac{\prod_{k=1}^{n} \left( k - 1 + \frac{3}{2k + 3} \right)}{(n+1)!}. \]

Svolgimento.

    \[ \prod_{k=1}^{n} \left( k - 1 + \frac{3}{2k + 3} \right) = \prod_{k=1}^{n} \frac{k(2k + 1)}{2k + 3}  \]

    \[ = \frac{(1)(2)\cdots(n)(3)(5)\cdots(2n+1)}{(5)\cdots(2n+3)} = \frac{3n!}{(2n+3)} \sim \frac{3n!}{2n} \quad \text{per } n \to +\infty. \]

Tornando al limite:

    \[ \lim_{n \to +\infty} n^2 \frac{\prod_{k=1}^{n} \left( k - 1 + \frac{3}{2k + 3} \right)}{(n + 1)!}  = \lim_{n \to +\infty} \frac{(n^2) 3n!}{2n(n + 1)!} = \frac{3}{2}. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} n^2 \frac{\prod_{k=1}^{n} \left( k - 1 + \frac{3}{2k + 3} \right)}{(n + 1)!}  = \frac{3}{2}. }\]

 

Esercizio 21  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \sqrt[k]{k}}{n}. \]

Svolgimento.

Applichiamo il teorema di Stolz-Cesaro sulle medie aritmetiche:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \sqrt[k]{k}}{n} = \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{n} = 1. \]

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n \to +\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n} \sqrt[k]{k}}{n} = 1.	 }\]

 

Esercizio 22  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{\frac{(3n)!}{n!(2n)!}}. \]

Svolgimento.

Applichiamo il teorema di Cesaro:

(37)   \begin{equation*} \begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{\frac{(3n)!}{n!(2n)!}} &= \lim_{n \to +\infty} \frac{(3n)!}{n!(2n)!} \\ &= \lim_{n \to +\infty} \frac{(n-1)!(2n-2)!}{(3n-3)!} \\ &= \lim_{n \to +\infty} \left( \frac{27n^3}{4n^3} \right) \left( 1 + o(1) \right) = \frac{27}{4}. 	\end{aligned} \end{equation*}

 

Esercizio 23  (\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite di successione, se esiste:

    \[ \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^{n} \frac{4k^2 + 2k - 1}{(2k+1)!}. \]

Svolgimento.

Osserviamo che

(38)   \begin{equation*} \begin{aligned} \frac{4k^2+2k-1}{(2k+1)!}&=\frac{(4k^2+2k-1)(2k-1)!}{(2k+1)!(2k-1)!}=\frac{(2k(2k+1)-1)(2k-1)!}{(2k+1)!(2k-1)!}=\frac{(2k+1)!-(2k-1)!}{(2k+1)!(2k-1)!}\\ &=\frac{1}{(2k-1)!} - \frac{1}{(2k+1)!}, 	\end{aligned} \end{equation*}

quindi

(39)   \begin{equation*} \begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^{n} \left( \frac{1}{(2k-1)!} - \frac{1}{(2k+1)!} \right) &= \lim_{n \to +\infty} \left( 1 - \frac{1}{6} + \frac{1}{6} - \frac{1}{5!} + \cdots - \frac{1}{(2n+1)!} \right) \\ &= \lim_{n \to +\infty} \left( 1 - \frac{1}{(2n+1)!} \right) = 1. 	\end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo quindi che

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{n \rightarrow +\infty }\sum_{k=1}^n\frac{4k^2+2k-1}{(2k+1)!}=1.	}\]

 

Esercizio 24  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Se esiste finito, calcolare il seguente limite:

    \[\lim_{n \rightarrow +\infty }\int_{0}^{1}\left(1+\sin^2(nx) \right)e^{-nx}dx.\]

Svolgimento.

Operiamo la seguente sostituzione n x=t \Rightarrow n \, dx=dt da cui

    \[\lim_{n \rightarrow +\infty }\dfrac{1}{n}\int_{0}^{n}\left(1+\sin^2 t\right)e^{-t}\,dt.\]

Studiamo il carattere del seguente integrale improprio

    \[I=\int_{0}^{+\infty }\left(1+\sin^2 t  \right)e^ {-t}\,dt.\]

Osserviamo che

    \[0 \leq 1+\sin^2 t \leq 2, \qquad \qquad  \forall \ t \in [0,+\infty)\]

da cui

    \[0 \leq \left(1+\sin^2t  \right)e^{-t} \leq 2e^{-t}\Leftrightarrow 0 \leq \int_{0}^{+\infty }\left(1+\sin^2t  \right)e^{-t}\,dt \leq  2\int_{0}^{+\infty }e^{-t}\,dt=-2e^{-t}\bigg \vert^{+\infty}_0=2\]

quindi, per il teorema del confronto, I esiste finito.

Torniamo al limite e concludiamo che

    \[\lim_{n \rightarrow +\infty }\int_{0}^{1}\left(1+\sin^2(nx) \right)e^{-nx}\,dx =0.\]

Alternativamente potevamo procedere con il calcolo diretto:

(40)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&I_1=\int\left( 1+ \sin^2 (nx)\right) e^{-nx}\,dx= 	\int\left( 1+ \dfrac{1-\cos(2nx)}{2}\right) e^{-nx}\,dx=\\ 	&=-\dfrac{3}{2n}e^{-nx}\,dx-\dfrac{1}{2} 	\underbrace{\int\cos(2nx)e^{-nx}\,dx}_{I_2} 	\end{aligned} \end{equation*}

dove

(41)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&I_2=\int \cos (2nx)e^{-nx}\,dx= \dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}-\int\dfrac{e^{-nx}\sin (2nx)}{2n}\cdot (-n)\,dx=\\ 	&=\dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}+\dfrac{1}{n}\int \sin (2nx)e^{-nx}\, dx=\\ 	&=\dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}+\dfrac{1}{2}\left( -\dfrac{\cos (2nx)}{2n}e^{-nx}+\dfrac{1}{2n}\int \cos (2nx)e^{-nx}(-n)\,dx\right)= 	\end{aligned} \end{equation*}

(42)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&=\dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}-\dfrac{1}{4n}\cos (2nx)e^{-nx}+\dfrac{1}{4n}(-n)\int \cos(2nx)e^{-nx}\,dx=\\ 	&=\dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}-\dfrac{1}{4n}\cos (2nx)e^{-nx}-\dfrac{1}{4}I_2\Leftrightarrow\\ 	&\Leftrightarrow \dfrac{5}{4}I_2=\dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}-\dfrac{1}{4n}\cos (2nx)e^{-nx}\Leftrightarrow\\ 	&\Leftrightarrow I_2=\dfrac{4}{5}\left( \dfrac{\sin (2nx)}{2n}e^{-nx}-\dfrac{1}{4n}\cos (2nx)e^{-nx}\right) 	\end{aligned} \end{equation*}

e quindi

(43)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&I_1=-\dfrac{3}{2n}e^{-nx}-\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{4}{5} \left(\dfrac{1}{2n}\sin(2nx) e^{-nx} -\dfrac{1}{4n}\cos(2nx)\right)=\\ 	&= -\dfrac{3}{2n}e^{-nx}-\dfrac{2}{5} \left(\dfrac{1}{2n}\sin(2nx) e^{-nx} -\dfrac{1}{4n}\cos(2nx)\right). 	\end{aligned} \end{equation*}

Calcoliamo

(44)   \begin{equation*} \begin{aligned}	&\int_{0}^{1}\left(1+\sin^2(nx) \right)e^{-nx}\,dx=-\dfrac{3}{2n}e^{-nx}-\dfrac{2}{5} \left(\dfrac{1}{2n}\sin(2nx) e^{-nx} -\dfrac{1}{4n}\cos(2nx)\right)\bigg \vert^1_0=\\ 	&=-\dfrac{3}{2n}e^{-n}-\dfrac{2}{5} \left(\dfrac{1}{2n}\sin(2n) e^{-n} -\dfrac{1}{4n}\cos(2n)\right)+\dfrac{3}{2n}+\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{4n}  		\end{aligned} \end{equation*}

e tornando al limite abbiamo

(45)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\lim_{n \rightarrow +\infty }\int_{0}^{1}\left(1+\sin^2(nx) \right)e^ {-nx}\,dx=\\ 	&=\lim_{n \rightarrow +\infty }\left(-\dfrac{3}{2n}e^{-n}-\dfrac{2}{5} \left(\dfrac{1}{2n}\sin(2n) e^{-n} -\dfrac{1}{4n}\cos(2n)\right)+\dfrac{3}{2n}+\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{4n}  \right)=0. 	\end{aligned} \end{equation*}

Dunque concludiamo che il limite esiste finito e vale:

    \[\boxcolorato{analisi}{ \lim_{n \rightarrow +\infty }\int_{0}^{1}\left(1+\sin^2(nx) \right)e^ {-nx}\,dx=0.	}\]

 

Esercizio 25  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[I=\lim_{n \rightarrow + \infty }\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\sin \dfrac{(k-1)}{n}.\]

Svolgimento.

Riscriviamo I come segue

(46)   \begin{equation*} \begin{aligned} I&=\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\sin\dfrac{k}{n}\cos\dfrac{1}{n}-\cos\dfrac{k}{n}\sin \dfrac{1}{n}\right)=\\ &=\lim_{n\rightarrow +\infty}\cos\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\sin\dfrac{k}{n}-\lim_{n\rightarrow+\infty}\sin\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}\cos\dfrac{k}{n}. \end{aligned} \end{equation*}

Ora ricordiamo che se f è una funzione integrabile su [0,1] (per esempio se è continua), allora si ha:

(47)   \begin{equation*} \begin{aligned} \lim_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{+\infty}f\left(\dfrac{k}{n}\right)=\int_{0}^{1}f(x)\,dx \end{equation*}

da cui

(48)   \begin{equation*} \begin{aligned} I&=1\cdot\int_{0}^{1}\sin x\,dx+0\cdot \int_{0}^{1}\cos x\,dx=\\ &=-\cos x\bigg \vert^1_0=1-\cos 1 . \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ 	I=1-\cos 1.}\]

 

Esercizio 26  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[I=\lim_{n \rightarrow +\infty }\sum_{k=1}^{n}\dfrac{n}{n^2+k^2}.\]

Svolgimento.

Riscriviamo I come segue

(49)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	I&=\lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{1+\left(\frac{k}{n}\right)^2}=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{1+x^2}\,dx=\\ 	&=\arctan x \bigg \vert^1_0=\dfrac{\pi}{4}. \end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{ I=\dfrac{\pi}{4}.}\]

 

Esercizio 27  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[I=\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx.\]

Svolgimento.

Osserviamo che

(50)   \begin{equation*} \begin{aligned} &	\left \vert  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx\right \vert \leq  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\left \vert \dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\right \vert \,dx= \end{aligned} \end{equation*}

e sapendo che \text{per}\,\, x\in [0,1],n>N>0 valgono le seguenti diseguaglianze

(51)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	&\left \vert \cos\left(nx\right)\right \vert  \leq  1 \quad \\ 	&\left \vert x^4+n^5\right \vert \leq \left \vert n^5\right \vert  \end{aligned} \end{equation*}

si ha

(52)   \begin{equation*} \begin{aligned} 	\left \vert  \lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{\cos\left(nx\right)}{x^4+n^5}\,dx\right \vert \leq\lim_{n\rightarrow +\infty}\int_{0}^{1}\dfrac{1}{n^5}\,dx=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{n^5}=0 \end{aligned} \end{equation*}

quindi per il teorema del confronto concludiamo che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=0. }\]

 

Esercizio 28  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar). Calcolare, se esiste, la somma della seguente serie doppia:

    \begin{equation*} 			S=\sum_{k=2}^{+\infty}\sum_{n=2}^{\infty}\dfrac{1}{n^k}. 			\end{equation*}

Svolgimento.

Innanzitutto osserviamo che il termine generale della serie è positivo. Sotto queste ipotesi, si può scambiare l’ordine delle due serie6. Abbiamo quindi:

(53)   \begin{equation*} 	S=\sum_{n=2}^{+\infty}\sum_{k=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^k}. 	\end{equation*}

La serie su k è una serie geometrica di ragione 1/n, la cui somma è data da:

(54)   \begin{equation*} 	\sum_{k=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^k}=\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{n^k}-1-\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{1-1/n}-1-\dfrac{1}{n}=\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}. 	\end{equation*}

Sommando ora su n il risultato, ci troviamo di fronte ad una serie telescopica:

(55)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} 	S&=\sum_{n=2}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n}\right)=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=2}^N\left(\dfrac{1}{n-1}-\dfrac{1}{n} \right)=\\ 	&=\lim_{N\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+...+\dfrac{1}{N-1}-\dfrac{1}{N} \right)=\\ 	&=\lim_{N\to+\infty}\left( 1-\dfrac{1}{N}\right)=1. 	\end{aligned} 	\end{equation*}

In conclusione:

    \[\boxcolorato{analisi}{ \sum_{k=2}^{+\infty}\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^k}=1.}\]

   


    \[\]

  1. È un caso speciale del teorema della convergenza monotona applicato alle serie. Se a_{j,n} è una successione di numeri non-negativi tale che per ogni j,n interi si ha a_{j,n}\leq a_{j+1,n}, allora :

        \[\lim_{j\rightarrow +\infty}\sum_{n}^{+\infty}a_{j,n}=\sum_{n}^{+\infty}\lim_{j\rightarrow +\infty}a_{j,n}.\]

    Nel nostro caso, a_{j,n}=\sum_{k=2}^{j}, che è una successione monotona (in j) perché \frac{1}{n^k}>0.

 

Esercizio 29  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite

    \[I=\lim_{N\to +\infty}\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}.\]

Svolgimento.

Riscriviamo I come segue

    \[\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{N}{\left(2N+1\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+2\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+3\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+4\right)^2}\cdot 1+\dots\]

che è la somma di infiniti rettangoli di base 1 e altezza \frac{N}{\left(2N+k\right)^2} con k=0,1,2,\dots+\infty. A tal proposito consideriamo la seguente figura

   

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Figura 1:

   

dalla quale si deduce che

(56)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &\int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{x^2}\,dx\leq \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{\left(x-1\right)^2}\,dx\quad \Leftrightarrow \quad  \\\\ &\quad \Leftrightarrow \quad  \dfrac{N}{2N+1}\leq \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \dfrac{N}{2N} 	\end{aligned} \end{equation*}

passando al limite per N\to +\infty

    \[\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N+1}\leq\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N}\]

da cui, per il teorema del doppio confronto, abbiamo

    \[\lim_{N\to +\infty} \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{1}{2}\]

perchè

    \[\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N+1}=\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N}=\dfrac{1}{2}.\]

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{	I=\dfrac{1}{2}.}\]

 

Esercizio 30  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il valore al quale converge la seguente serie

    \[\arctan\left(\dfrac{1}{1+1+1^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+2+2^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+3+3^2}\right)+\dots\]

Svolgimento.

Riscriviamo la serie come segue

(57)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &	\arctan\left(\dfrac{1}{1+1+1^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+2+2^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+3+3^2}\right)+\dots=\\ &=\sum_{k=1}^{+\infty}\arctan\left(\dfrac{1}{1+k+k^2}\right)=\sum_{k=1}^{+\infty}\arctan\left(\dfrac{k+1-k}{1-(-k)(k+1)}\right)=I. 	\end{aligned} \end{equation*}

Operando la seguente sostituzione k+1=\tan\alpha e -k=\tan\beta si ha

    \[I=\sum_{k=1}^{+\infty}\arctan\left(\dfrac{\tan\alpha+\tan\beta}{1-\tan\beta\tan\alpha}\right),\]

e applicando la formula di somma e sottrazione della tangente otteniamo

    \[I=\sum_{k=1}^{+\infty}\arctan\left(\tan\left(\alpha+\beta\right)\right)=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\alpha+\beta\right)=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\arctan\left(k+1\right)-\arctan k\right).\]

Osserviamo che I è una serie telescopica, pertanto

(58)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} I&=\lim_{n\to+\infty}\left(\arctan2-\arctan1-\arctan2\dots+\arctan n+\arctan\left(n+1\right)-\arctan n\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(-\arctan 1 +\arctan\left(n+1\right)\right)=-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{4}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Concludiamo dunque

    \[\boxcolorato{analisi}{		\arctan\left(\dfrac{1}{1+1+1^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+2+2^2}\right)+\arctan\left(\dfrac{1}{1+3+3^2}\right)+\dots=\dfrac{\pi}{4}.}\]

 

Esercizio 31  (\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite, se esiste:

(59)   \begin{equation*} \lim\limits_{n\to+\infty} \frac{n^{n+1}}{(n+1)^n}. \end{equation*}

Svolgimento.

Ricordiamo che per definizione \displaystyle e = \lim_{n\rightarrow +\infty}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n, quindi si può procedere come segue:

    \begin{equation*} \lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{n^{n+1}}{(n+1)^n} = \lim_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{n}{[(n+1)^n]/n^n} = \lim_{n\rightarrow +\infty}  \dfrac{n}{\displaystyle\frac{(n+1)^n}{n^n}} = \lim_{n\rightarrow +\infty}\dfrac{n}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^n} = +\infty, \end{equation*}

concludendo che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\rightarrow +\infty} \frac{n^{n+1}}{(n+1)^n} = +\infty.}\]

 

Esercizio 32  (\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar). Calcolare il seguente limite se esiste:

    \[\lim_{n\to +\infty} ne^{4n} \left(n \left(1+\dfrac{1}{e^n} \right)^{\frac{1}{n}}- \ln (1+e^n) 	-\dfrac{1}{2ne^{2n}}+\dfrac{1}{2ne^{3n}}-\dfrac{1}{6n^2e^{3n}} \right).\]

Svolgimento.

Sviluppiamo in serie per n\to+\infty:

(60)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &n \left( 1+\dfrac{1}{e^n} \right)^{\frac{1}{n}}= ne^{\frac{1}{n}\ln \left( 1+\frac{1}{e^n} \right)}=ne^{\frac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^a 	\left( \frac{1}{k} (-1)^{k+1} \left( \dfrac{1}{e^n} \right)^k \right)+o 	\left( \dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)}=\\ &=n \left( 1+\dfrac{1}{n} \left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1}\left( \dfrac{1}{e^n} \right)^k \right) \right)+ o\left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)+\\ &\qquad +\dfrac{1}{2} \left( \dfrac{1}{n}\left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right) + o\left(\dfrac{1}{e^{kn}}\right) \right) \right)^2 + \\ & \qquad + \dfrac{1}{6} \left( \dfrac{1}{n} \left( \sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right) +o \left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right) \right)^3=\\ &=n+\left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right)+o \left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)+ \\ & \qquad + \dfrac{1}{2}\cdot \dfrac{1}{n} \left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k} (-1)^{k+1}\left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right)+o \left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)^2+\\ &\qquad + \dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{n^2} \left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right)+o\left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)^3 \qquad \qquad \mbox{con} \quad a\in N -\{0,1\}\\ 	\end{aligned} \end{equation*}

e

    \[- \ln (1+e^n)=-n-\ln \left( 1+\dfrac{1}{e^n} \right)=-n-\sum_{k=1}^a \dfrac{1}{k} (-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^{nk}} \right)+o\left(\dfrac{1}{e^{nk}} \right)\quad \mbox{con} \quad a\in N -\{0,1\}.\]

Osserviamo che:

(61)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &n \left( 1+\dfrac{1}{e^n} \right)^{\frac{1}{n}}-\ln (1+e^n)=\dfrac{1}{2n} \left(\sum_{k=1}^a \left( \dfrac{1}{k} (-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right)+o \left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)^2+\\ & \qquad +\dfrac{1}{6} \cdot \dfrac{1}{n^2} \left(\sum_{k=1}^a \left(\dfrac{1}{k}(-1)^{k+1} \left(\dfrac{1}{e^n} \right)^k \right) +o\left(\dfrac{1}{e^{kn}} \right) \right)^3 \quad \mbox{per}\quad n\to+\infty. 	\end{aligned} \end{equation*}

Posto a=3:

(62)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &\dfrac{1}{2n} \left( \dfrac{1}{e^n}-\dfrac{1}{2e^{2n}}+\dfrac{1}{3e^{3n}}+o \left(\dfrac{1}{e^{3n}} \right) \right)^2+ \dfrac{1}{6}\cdot \dfrac{1}{n^2} \left(\dfrac{1}{e^n}-\dfrac{1}{2e^{2n}}+\dfrac{1}{3e^{3n}}+o \left(\dfrac{1}{e^{3n}} \right) \right)^3=\\ &= \dfrac{1}{2ne^{2n}}-\dfrac{1}{2ne^{3n}}+\dfrac{1}{6n^2e^{3n}}+\dfrac{11}{24ne^{4n}}+o \left(\dfrac{1}{ne^{4n}} \right) \quad \mbox{per}\quad n\to+\infty. 	\end{aligned} \end{equation*}

Tornando al limite si ottiene:

(63)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty} ne^{4n} \left( \dfrac{1}{2ne^{2n}}-\dfrac{1}{2ne^{3n}}+\dfrac{1}{6n^2e^{3n}}+ \dfrac{11}{24ne^{4n}}-\dfrac{1}{2ne^{2n}}+\dfrac{1}{2ne^{3n}}-\dfrac{1}{6n^2e^{3n}}+o \left(\dfrac{1}{ne^{4n}} \right) \right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty} ne^{4n} \left( \dfrac{11}{24ne^{4n}}+o \left(\dfrac{1}{ne^{4n}} \right) \right)=\dfrac{11}{24}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Si conclude che

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to +\infty} ne^{4n} \left(n \left(1+\dfrac{1}{e^n} \right)^{\frac{1}{n}}- \ln (1+e^n) 				-\dfrac{1}{2ne^{2n}}+\dfrac{1}{2ne^{3n}}-\dfrac{1}{6n^2e^{3n}} \right)=\dfrac{11}{24}.}\]

 

Esercizio 33  (\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar). Si calcoli:

    \[L = \lim_{n\to+\infty} \sqrt[\stackrel{p_n}{}]{2\cdot3\cdot5\cdots p_n} = \lim_{n\to+\infty} \sqrt[p_n]{\displaystyle\prod\limits_{k=1}^{n}p_k},\]

dove p_i è la successione dei numeri primi (p_i = 2, 3, 5, 7, \ldots).

Svolgimento.

Si ricorda che, se \pi(n) denota la funzione che conta il numero di numeri primi più piccoli di n, un teorema fondamentale afferma che7:

    \[\pi(n) \sim \frac{n}{\ln(n)}\quad\text{per $n \to +\infty$.}\]

Questa relazione asintotica si può invertire, cioè si può trovare quanto vale, asintoticamente, il valore dell’n-esimo numero primo. Sia f(x) = x\ln(x). Allora, tenendo conto che per definizione \pi(p_n) = n, si ha per n \to +\infty:

(64)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} f(n) = {} & f(\pi(p_n)) \sim \frac{p_n}{\ln(p_n)}\cdot\ln\frac{p_n}{\ln(p_n)} = \nonumber \\ = {} & \frac{p_n}{\ln(p_n)}\cdot\left(\ln(p_n) - \ln\ln(p_n)\right) \sim \frac{p_n}{\ln(p_n)}\cdot \ln(p_n) = p_n. 	\end{aligned} \end{equation*}

Abbiamo utilizzato il fatto che, se a_n \sim b_n \to +\infty, allora anche \ln(a_n) \sim \ln(b_n). Riassumendo, concludiamo che p_n \sim n\ln(n) per n \to +\infty. Usiamo questo fatto per calcolare L. Passiamo per praticità di scrittura al logaritmo.

(65)   \begin{equation*} 	\begin{aligned} \ln \sqrt[p_n]{\displaystyle\prod\limits_{k=1}^{n}p_k} = {} & \frac{1}{p_n} \ln \prod\limits_{k=1}^{n}p_k =  \frac{1}{p_n}\sum\limits_{k=1}^{n}\ln(p_k) = \nonumber \\ = {} & \frac{1}{p_n}\sum\limits_{k=1}^{n}\ln(k) + \frac{1}{p_n}\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\frac{p_k}{k} = \nonumber \\ = {} & \frac{1}{p_n}\ln(n!) + \frac{1}{p_n}\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\frac{p_k}{k}. 	\end{aligned} \end{equation*}

Per la (64), si ha p_n \sim n\ln(n) per n \to +\infty, e quindi \lim p_n/(n\ln(n)) = 1. La successione p_n/(n\ln(n)) (n \geqslant 2) è dunque convergente e come tale limitata, per cui possiamo porre:

    \[M = \sup\limits_{n \geqslant 2}\frac{p_n}{n\ln(n)}.\]

Allora naturalmente p_k/k \leqslant M\ln(k) per k \geqslant 2. La seconda somma nella (65) si può dunque maggiorare così:

(66)   \begin{equation*} 	\begin{aligned}   \frac{1}{p_n}\sum\limits_{k=1}^{n}\ln\frac{p_k}{k} = {} &   \frac{1}{p_n}\left(\ln(p_1)+\sum\limits_{k=2}^{n}\ln\frac{p_k}{k}\right) \leqslant \frac{1}{p_n}\left(\ln(2)+\sum\limits_{k=2}^{n}\ln(M\ln(k))\right) \leqslant \\   \leqslant {} & \frac{1}{p_n}\left(\ln(2)+\sum\limits_{k=2}^{n}\ln(M\ln(n))\right) = \frac{\ln(2)+(n-1)\ln(M\ln(n))}{p_n} \sim \\   \sim {} & n\frac{\ln(M)+\ln\ln(n)}{n\ln(n)} \sim \frac{\ln\ln(n)}{\ln(n)} \to 0\quad\text{per $n \to +\infty$.} \end{align*}	\end{aligned} \end{equation*}

Per il teorema del confronto, concludiamo che la seconda sommatoria nella (65) tende a 0 per n\to+\infty. Per quanto riguarda la prima sommatoria, ricordiamo la formula di Stirling: n! \sim n^ne^{-n}\sqrt{2\pi n} per n \to +\infty, da cui \ln(n!) \sim n\ln(n)-n+\ln\sqrt{2\pi n} \sim n\ln(n). Sostituendo nella (65), abbiamo finalmente:

    \[\ln \sqrt[p_n]{\displaystyle\prod\limits_{k=1}^{n}p_k} \sim \frac{\ln(n!)}{p_n}\sim \frac{n\ln(n)}{n\ln(n)} = 1.\]

Abbiamo quindi mostrato che \ln(L) = 1, ossia:

    \[\boxcolorato{analisi}{\lim_{n\to+\infty} \sqrt[p_n]{\displaystyle\prod\limits_{k=1}^{n}p_k} = e. }\]

   


    \[\]

  1. Ricordiamo che due successioni \{a_n\} e \{b_n\} si dicono asintotiche, e si scrive a_n  	\sim b_n, se:

        \[\lim_{n\to+\infty} \frac{a_n}{b_n} = 1.\]

 

Riferimenti bibliografici

[1] Tauraso, R., Sito personale di Roberto Tauraso, Università di Tor Vergata.
[2] Isola, T., Corso di Analisi Matematica I, Università di Tor Vergata.
[3] Braides, A., Sito personale di Andrea Braides, Università di Tor Vergata.
 
 

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