Successioni per ricorrenza

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Successioni per ricorrenza — Esercizi misti

Benvenuti nella nostra guida sulle successioni definite per ricorrenza. Questo articolo offre una breve introduzione teorica seguita da 27 esercizi svolti, mirati a consolidare le competenze teoriche e pratiche degli studenti. Oltre alla semplice risoluzione degli esercizi, poniamo l’accento sul ragionamento che guida la soluzione, fornendo una vera e propria guida al problem solving, essenziale per un argomento spesso trascurato nei corsi di Analisi Matematica.

Questa guida è pensata per gli studenti universitari che desiderano una preparazione approfondita e completa in vista dell’esame di Analisi Matematica. Auguriamo a tutti una lettura proficua e stimolante.

Autori e revisori

Mostra autori e revisori.

Autori: Martina Moro, Valerio Brunetti

Revisore: Daniele Bjørn Malesani.

Le successioni definite per ricorrenza

Una successione è una legge che associa a ogni numero naturale $n$ uno e un solo valore reale $a_n$ . In molte situazioni, ad esempio per descrivere eventi che si ripetono a tempi discreti e la cui evoluzione dipende dagli stati precedenti, è utile considerare le successioni definite per ricorrenza (dette anche ricorsive) il cui termine $n$ -esimo è definito da una funzione dei termini precedenti. Come primo esempio, possiamo considerare una successione espressa come:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\\ a_n=f(n,a_{n-1}),\qquad\text{ per }n\geq 1 \end{cases} \end{equation*}$

dove $\alpha$ è un numero reale e $f:\mathbb{N}\times\mathbb{R}\rightarrow \mathbb{R}$ è una funzione.

Esempio 1. La successione

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=0\\ a_n=2a_{n-1}+1\qquad\text{ per } n\geq 1 \end{cases} \end{equation*}$

è definita per ricorrenza. A partire dal primo termine è possibile determinare i termini successivi:

$\begin{equation*} a_1=1,\qquad a_2=3,\qquad a_3=7,\qquad a_4=15 \end{equation*}$

e così via.

In generale

Definizone 1. Una successione definita per ricorrenza (o ricorsiva) è

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0,\,\cdots,\,a_k\text{ dati}\\ a_{n+1}=f(n,a_n,\dots,\,a_{n-k})\qquad\text{ per } n\geq k \end{cases} \end{equation*}$

dove $k\in\mathbb{N}$ e $f:D\subseteq\mathbb{N}\times \mathbb{R}^{k+1}\rightarrow\mathbb{R}$ è una funzione.

Esempio 2. Un classico esempio di successione definita per ricorrenza è quella che permette la costruzione dei numeri di Fibonacci

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=0\\a_1=1\\a_n=a_{n-1}+a_{n-2}&\qquad \text{ per }n\geq 2. \end{cases} \end{equation*}$

Come nell’esempio precedente è possibile determinare i termini successivi a partire da $a_0$ e $a_1$

$\begin{equation*} a_2=1,\qquad a_3=2,\qquad a_4=3,\qquad a_5=5 \end{equation*}$

e così via.

Per le successioni ricorsive potrebbe essere difficile determinare un’espressione analitica esplicita e quindi affrontare il loro studio con gli strumenti standard a nostra disposizione. L’obiettivo di queste dispense è proprio quello di spiegare tramite numerosi esempi diverse strategie utili per lo studio di successioni ricorsive. Prima di tutto è necessario verificare che la successione sia ben definita: ad esempio se la funzione $f$ è irrazionale bisogna verificare che il radicando risulti sempre maggiore o uguale di 0 oppure se è una funzione fratta che il denominatore sia sempre diverso da 0, eccetera.

Esempio 3. Consideriamo la successione ricorsiva

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=0\\ a_n=\sqrt{1-3a_{n-1}}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases}. \end{equation*}$

Per essere ben definita, gli elementi della successione devono soddisfare la condizione

$1-3a_{n-1}\geq 0\qquad \text{ per ogni } n\geq 1,$

ovvero $a_{n-1}\leq \frac{1}{3}$ . Ma

$\begin{equation*} a_1=1,\qquad a_2=\sqrt{1-3}=\sqrt{-2}, \end{equation*}$

che è ovviamente impossibile in $\mathbb{R}$ .

Il problema del calcolo del limite di una successione definita per ricorrenza, dopo aver controllato che sia ben definita, si divide in due parti: prima bisogna dimostrare che il limite esiste, e solo in seguito determinare tale limite.

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ .
Dire se la successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=1\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{2}{a_{n}} \qquad\text{ per }n\geq 0 \end{cases} \end{equation*}$

è convergente, divergente o indeterminata.

Svolgimento.

Un primo approccio di fronte a una successione definita per ricorrenza è calcolare esplicitamente i primi termini per capirne l’andamento

$\begin{equation*} a_0=1,\qquad a_1=2,\qquad a_2=1,\qquad a_3=2,\qquad a_4=1,\quad\ldots\ldots \end{equation*}$

In questo modo è evidente che, considerando le due sottosuccessioni estratte, la prima dei soli termini dispari, la seconda dei soli termini pari

$\begin{equation*} a_{2k+1}=2\qquad a_{2k}=1, \end{equation*}$

la successione di partenza è indeterminata. Se infatti per assurdo ammettesse limite, allora ogni sottosuccessione estratta convergerebbe a tale limite.

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Dire se la successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=1\\\\ a_{n}=(n+2)a_{n-1} \qquad\text{ per }n\geq 1 \end{cases} \end{equation*}$

ammette limite.

Svolgimento.

Calcolando i primi termini della successione possiamo ipotizzare che sia monotona crescente; infatti

$\begin{equation*} a_n\leq a_{n+1}\Longleftrightarrow a_n\leq (n+3)a_{n}\Longleftrightarrow a_n(n+2)\geq 0. \end{equation*}$

Poiché $a_n\geq 0$ e $n+2>0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ abbiamo dimostrato che la successione $a_n$ è crescente, positiva e quindi ammette limite (finito o infinito).

Dopo aver dimostrato l’esistenza del limite per la successione $a_n$ , cosa fare per determinare il valore?

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=0\\\\ \displaystyle a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n+1}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Studiamo l’andamento dei primi termini della successione

$\begin{equation*} a_0=0,\quad a_1=a_0+\frac{1}{1}=0+1,\quad a_2=a_1+\frac{1}{2}=1+\frac{1}{2},\quad a_3=a_2+\frac{1}{3}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}\quad\ldots\ldots \end{equation*}$

Possiamo dimostrare per induzione che

$\begin{equation*} a_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\qquad\forall\,n\geq 1. \end{equation*}$

Dalla definizione di $a_n$ sappiamo che $a_1=a_0+\frac{1}{1}=0+1$ ; inoltre
$\begin{equation*} a_1=\sum_{k=1}^{1}\frac{1}{k}=1, \end{equation*}$

quindi la tesi è verificata per $n=1$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=a_n+\frac{1}{n+1}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}+\frac{1}{n+1}=\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Quindi la nostra successione coincide con la somma parziale della serie armonica per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Allora

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=+\infty. \end{equation*}$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\in\mathbb{R}\\\\ a_{n+1}=a_n^2\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Determiniamo i primi valori della successione

$\begin{equation*} a_0=\alpha,\qquad a_1=\alpha^2,\qquad a_2=(\alpha^2)^2=\alpha^4,\qquad a_3=(\alpha^4)^2=\alpha^8,\quad\ldots \end{equation*}$

Da questo possiamo dedurre che $a_{n}=\alpha^{2^{n}}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . In questo caso è di nuovo possibile calcolare il limite con gli strumenti standard a nostra disposizione perché è stato possibile determinare un’espressione esplicita del termine $n$ -esimo della successione. Quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\begin{cases} +\infty &\text{ se }|\alpha|>1,\\ 1&\text{ se }|\alpha|=1,\\ 0&\text{ se }|\alpha|<1. \end{cases} \end{equation*}$

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\in\mathbb{R}\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2}a_n+1\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dalla definizione

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{1}{2}a_n+1=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}a_{n-1}+1\right)+1=\frac{1}{4}a_{n-1}+\frac{1}{2}+1. \end{equation*}$

Dimostriamo per induzione che

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{1}{2^{n+1}}\alpha+\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^k\qquad \forall \,n\geq 0. \end{equation*}$

La tesi è verificata per $n=0$ , infatti
$\begin{equation*} a_1=\frac{1}{2}\alpha+1. \end{equation*}$
Supponiamo vera la tesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} \begin{split} a_{n+1}&=\frac{1}{2}a_n+1=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2^n}\alpha+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k\right)+1=\frac{1}{2^{n+1}}\alpha+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^{k+1}+\left(\frac{1}{2}\right)^0=\\&=\frac{1}{2^{n+1}}\alpha+\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^k+\left(\frac{1}{2}\right)^0=\frac{1}{2^{n+1}}\alpha+\sum_{k=0}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^{k}, \end{split} \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}\left[\frac{1}{2^{n}}\alpha+\sum_{k=0}^{n-1}\left(\frac{1}{2}\right)^k\right]=\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^k=\frac{1}{1-\frac{1}{2}}=2. \end{equation*}$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha>0\\\\ a_{n+1}=a_n^n\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dalla definizione

$\begin{equation*} a_{n+1}=a_n^n=(a_{n-1}^{n-1})^n=a_{n-1}^{n(n-1)}=\cdots=\alpha^{n!}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\begin{cases} 0&\text{ per }0<\alpha<1,\\ 1&\text{ per }\alpha=1,\\ +\infty&\text{ per }\alpha>1. \end{cases} \end{equation*}$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha>0\\\\ a_{n+1}=\displaystyle e^{-\frac{1}{n+1}}a_n\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dalla definizione

$\begin{equation*} \begin{split} a_{n+1}&=\exp\left(-\frac{1}{n+1}\right)a_n=\exp\left(-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}\right)a_{n-1}=\\&=\exp\left(-\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}-\frac{1}{n-1}\right)a_{n-2}. \end{split} \end{equation*}$

Dimostriamo per induzione che

(1) $\begin{equation*} a_{n+1}=\exp\left(-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}\right)\alpha \qquad\forall n\geq 0. \end{equation*}$

Per $n=0$ dalla definizione
$\begin{equation*} a_1=e^{-1}a_0=e^{-1}\alpha, \end{equation*}$

da cui la (1) segue perché

$\begin{equation*} a_1=\exp\left(-\sum_{k=1}^{1}\frac{1}{k}\right)\alpha=e^{-1}\alpha, \end{equation*}$

quindi la tesi.
Supponiamo vera l’uguaglianza per $n$ e dimostriamola per $n+1$ :
$\begin{equation*} a_{n+1}=e^{-\frac{1}{n+1}}a_n=\exp\left(-\frac{1}{n+1}\right)\cdot \exp\left(-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}\right)\alpha=\exp\left(-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}\right)\alpha, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Riconosciamo nell’esponente la serie armonica che diverge positivamente.

Quindi per qualsiasi valore di $\alpha>0$

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}\exp\left(-\sum_{k=1}^{n+1}\frac{1}{k}\right)\alpha=0. \end{equation*}$

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=1\\\\ a_{n+1}=\displaystyle a_n+\frac{a_n^2}{n^2}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Studiamo i primi termini della successione

$\begin{equation*} a_1=1,\qquad a_2=1+\frac{1^2}{1^2}=2,\qquad a_3=2+\frac{2^2}{2^2}=3,\quad\ldots \end{equation*}$

Congetturiamo che $a_{n}=n$ e dimostriamolo per induzione:

la tesi è banalmente verificata per $n=1$ .
Dimostriamo l’asserto per $n+1$ , supponendo vera l’ipotesi per $n$ .
$\begin{equation*} a_{n+1}=a_{n}+\frac{a_n^2}{n^2}=n+\frac{n^2}{n^2}=n+1, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Allora

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}n=+\infty. \end{equation*}$

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\in\mathbb{R}\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{n+1}{n+2}a_n\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo preliminarmente che se $\alpha=0$ allora $a_n=0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Inoltre

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{n+1}{n+2}a_n=\frac{n+1}{n+2}\cdot \frac{n}{n+1}a_{n-1}=\frac{n}{n+2}a_{n-1}=\frac{n}{n+2}\cdot\frac{n-1}{n}a_{n-2}=\frac{n-1}{n+2}a_{n-2}. \end{equation*}$

Iterando questo procedimento possiamo supporre che $a_{n+1}=\frac{1}{n+2}\alpha$ . Dimostriamo l’uguaglianza per induzione.

Dalla definizione
$\begin{equation*} a_1=\frac{1}{2}\alpha. \end{equation*}$

Calcolando il valore dell’espressione $\frac{1}{n+2}\alpha$ per $n=0$ otteniamo $\frac{1}{2}\alpha$ , quindi l’asserto è verificato per $n=0$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’uguaglianza per $n+1$ .
$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{n+1}{n+2}a_n=\frac{n+1}{n+2}\cdot \frac{1}{n+1}\alpha=\frac{1}{n+2}\alpha, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Siamo riusciti a rendere esplicito il termine $n$ -esimo della successione e possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+2}\alpha=0 \end{equation*}$

per ogni $\alpha\in\mathbb{R}$ .

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=\alpha\in\mathbb{R}\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{n+1}{n}a_n \qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dalla definizione

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{n+1}{n}a_n=\frac{n+1}{n}\cdot\frac{n}{n-1}a_{n-1}=\frac{n+1}{n-1}a_{n-1}=\frac{n+1}{n-1}\cdot\frac{n-1}{n-2}a_{n-2}=\frac{n+1}{n-2}a_{n-2}. \end{equation*}$

Dimostriamo per induzione

$\begin{equation*} a_{n+1}=(n+1)\alpha. \end{equation*}$

La tesi è verificata per $n=1$ , infatti $a_1=\alpha.$
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{n+1}{n}a_n=\frac{n+1}{n}\cdot n\alpha=(n+1)\alpha, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Siamo riusciti nuovamente a esprimere il termine $n$ -esimo della successione in funzione del solo valore iniziale, quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}n\alpha=\begin{cases} +\infty&\text{ per } \alpha>0,\\ 0&\text{ per } \alpha=0,\\ -\infty&\text{ per } \alpha<0. \end{cases} \end{equation*}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=100\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{100a_n}{n}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dal calcolo dei primi termini

$\begin{equation*} a_1=100,\qquad a_2=100^2,\qquad a_3=\frac{100^3}{2},\qquad a_4=\frac{100^4}{6}, \end{equation*}$

possiamo ipotizzare che $a_n=\frac{100^n}{(n-1)!}$ . Dimostriamo l’uguaglianza per induzione.

Per $n=1$
$\begin{equation*} a_1=\frac{100^1}{0!}=100 \end{equation*}$

la tesi è banalmente verificata.
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{100a_n}{n}=\frac{100}{n}\cdot \frac{100^n}{(n-1)!}=\frac{100^{n+1}}{n!}, \end{equation*}$

ovvero la tesi. Allora

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} a_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{100^n}{(n-1)!}=0. \end{equation*}$

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} b_0=\alpha\in\mathbb{R}\\\\ b_{n+1}=\displaystyle\max\left\{\frac{1}{2},b _n^2\right\}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Nell’esercizio 4 abbiamo dimostrato che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_{n+1}=\lim_{n\to+\infty}a_n^2=\begin{cases} +\infty &\text{ se }|\alpha|>1,\\ 1&\text{ se }|\alpha|=1,\\ 0&\text{ se }|\alpha|<1. \end{cases} \end{equation*}$

dove $\alpha=a_0$ . Quindi se $|\alpha|>1$ definitivamente

$\begin{equation*} b_{n+1}=\max\left\{\frac{1}{2},b_n^2\right\}=b_n^2\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}+\infty. \end{equation*}$

Nel caso in cui $|\alpha|=1$ allora

$\begin{equation*} b_{n+1}=\max\left\{\frac{1}{2},1\right\}=1\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}. \end{equation*}$

Infine per $|\alpha|<1$ poiché $a_n\stackrel{n\to+\infty}{\rightarrow} 0$ , definitivamente

$\begin{equation*} b_{n+1}=\max\left\{\frac{1}{2},b_n^2\right\}=\frac{1}{2}\qquad\text{definitivamente}. \end{equation*}$

Concludendo:

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}b_{n+1}=\begin{cases} +\infty &\text{ se }|\alpha|>1,\\ 1&\text{ se }|\alpha|=1,\\ \dfrac{1}{2}&\text{ se }|\alpha|<1. \end{cases} \end{equation*}$

Negli esempi precedenti siamo riusciti a esprimere il termine $n$ -esimo della successione in modo esplicito e non ricorsivo. Nel caso generale dobbiamo adottare una diversa strategia:
supponiamo che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=L\in\bar{\mathbb{R}}:=\mathbb{R}\cup\{\pm\infty\}, \end{equation*}$

allora, nel caso autonomo¹, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_{n+1}=L$ . Se $f$ è una funzione continua, allora il valore limite apparterrà all’insieme delle soluzioni dell’equazione

(2) $\begin{equation*} L=f(L) \end{equation*}$

comprendendo tra queste anche i valori $+\infty$ e $-\infty$ .

$\[\]$

Si parla di successioni autonome quando il termine generale non dipende esplicitamente da $n$ . ↩

Definizione 2. Sia $f$ una funzione di variabile reale. Diremo che $x$ è un punto fisso per la funzione se vale

$\begin{equation*} f(x)=x. \end{equation*}$

Da (2) capiamo come la ricerca del valore limite di una successione definita per ricorrenza ricada nel più complesso problema di ricerca di un punto fisso per una funzione $f$ di variabile reale.

Teorema 1. Sia $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ una successione definita per ricorrenza, allora

se $f(x)\geq x$ allora la successione è non decrescente,
se $f(x)\leq x$ allora la successione è non crescente.

Dimostrazione.

La verifica di questa proprietà è una semplice applicazione della definizione della successione $\{a_n\}$ ; infatti se $f(x)\geq x$ allora

$\begin{equation*} f(a_n)\geq a_n\Longrightarrow\, a_{n+1}\geq a_n, \end{equation*}$

ovvero $a_n$ è non decrescente. Se $f(x)\leq x$ allora

$\begin{equation*} f(a_n)\leq a_n\Longrightarrow\, a_{n+1}\leq a_n \end{equation*}$

quindi $\{a_n\}$ risulta non crescente.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\dfrac{1}{2}\\\\ a_{n+1}=\sqrt{5a_n}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dimostriamo per induzione che la successione è ben definita, ovvero che

$5a_n\geq0\qquad\text{ per ogni }n\in\mathbb{N}$

Per $n=0$ sappiamo che $a_0=\frac{1}{2}\geq 0$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ ; poiché $a_n\geq 0$ per ipotesi induttiva allora
$\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{5a_n} \end{equation*}$

è ben definita è banalmente maggiore uguale a 0.

Calcoliamo alcuni termini della successione

$\begin{equation*} a_1=\sqrt{\frac{5}{2}}\qquad a_2=\sqrt{5\sqrt{\frac{5}{2}}}=\sqrt[4]{\frac{5^3}{2}}\qquad a_3=\sqrt{5\sqrt[4]{\frac{5^3}{2}}}=\sqrt[8]{\frac{5^7}{2}} \end{equation*}$

e congetturiamo che la successione sia monotona crescente.

Dimostriamo per induzione che $a_n\leq a_{n+1}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

L’ipotesi è verificata per $n=0$ ; infatti
$\begin{equation*} a_1=\sqrt{\frac{5}{2}}>\sqrt{1}=1>\frac{1}{2}=a_0. \end{equation*}$
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{5a_n}\leq \sqrt{5a_{n+1}}=a_{n+2}, \end{equation*}$

e nell’ultima disuguaglianza abbiamo sfruttato la monotonia della funzione $f(x)=\sqrt{5x}$ ; quindi, per induzione, la proposizione è vera per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Per determinare il limite $L\geq 0$ per $n\to+\infty$ risolviamo l’equazione

$\begin{equation*} L=\sqrt{5L}\Longleftrightarrow L^2=5L\Longleftrightarrow L(L-5)=0\Longleftrightarrow L=0\vee L=5. \end{equation*}$

La successione non può tendere a $0$ perché il primo termine è $\frac{1}{2}$ e abbiamo dimostrato che la successione è crescente. Gli unici candidati al limite sono $L=5$ e $L=+\infty$ . Ora se il limite fosse $5$ allora, siccome la successione è crescente, dovrebbe succedere che $a_n\leq 5$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Se invece il limite fosse $+\infty$ , allora dovrebbe accadere che $a_n>5$ definitivamente.

Dimostriamo per induzione che $a_n\leq 5$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

$a_0=\frac{1}{2}\leq 5$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{5a_n}\leq \sqrt{5\cdot 5}=5. \end{equation*}$

Per induzione la proprietà è verificata per ogni $n\in\mathbb{N}$ ; quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=5. \end{equation*}$

La monotonia della successione $\{a_n\}$ poteva essere dimostrata anche sfruttando il teorema 1. Osservando che

$\begin{equation*} f(x)\geq x \Longleftrightarrow \sqrt{5x}\geq x \Longleftrightarrow |5x|=5x\geq x^2\Longleftrightarrow 0\leq x\leq 5. \end{equation*}$

Poiché abbiamo dimostrato² che $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}\subseteq[0,\,5]$ allora la successione è crescente.

Un metodo grafico per visualizzare l’andamento dei termini della successione è il diagramma a ragnatela. Disegniamo la funzione $f$ in un piano cartesiano e partendo dal punto di coordinate $\displaystyle\left(\frac{1}{2}; 0\right)$ procediamo lungo la retta verticale fino a intersecare il grafico della funzione nel punto

$P_0\displaystyle\left(a_0;\,f(a_0)\right)\Rightarrow P_0\left(\frac{1}{2};\,\sqrt{\frac{5}{2}}\right).$

Successivamente si procede lungo la retta orizzontale fino a intersecare la bisettrice del primo e del terzo quadrante $y=x$ nel punto $(f(a_0);f(a_0))=(a_1;\,a_1)$ per poi raggiungere verticalmente il grafico della funzione nel punto

$P_1\left(a_1;\,f(a_1)\right)\Rightarrow P_1\left(\sqrt{\frac{5}{2}};\sqrt[4]{\frac{5^3}{2}}\right),$

e così via. Dal grafico successioni per ricorrenza

si osserva che i punti $P_n$ si avvicinano al punto fisso $5$ della funzione $f$ .

$\[\]$

Un insieme si dice invariante per $f$ se $f(A)\subseteq A$ . In questo caso l’intervallo $[0,\,5]$ è invariante per $f(x)=\sqrt{5x}$ . ↩

Osservazione 1.

La costruzione fatta nell’esercizio precedente può essere utile per ideare una strategia utile allo studio delle successioni definite per ricorrenza della forma

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\in\mathbb{R}\\\\a_{n+1}=f(a_n)\qquad\forall\,n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Disegnare il grafico della funzione $f$ .
Riportare il valore di $\alpha$ sull’asse delle ascisse.
Considerare le successioni di punti

$\begin{equation*} \begin{split} &P_0(\alpha;\,f(\alpha))\qquad \qquad \,\,\,\,Q_0(f(\alpha);\,f(\alpha))\\& P_1(f(\alpha);\,f(f(\alpha)))\qquad Q_1(f(f(\alpha));\,f((\alpha)))\\&\vdots\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\vdots \end{split} \end{equation*}$

tale che $P_i$ sono punti appartenenti al grafico della funzione $f$ e $Q_j$ sono punti della bisettrice del primo e del terzo quadrante.

Allora l’ascissa del punto $P_i$ è l’elemento $i$ -esimo della successione definita per ricorrenza. In questo modo è possibile delineare una strategia per dimostrare la convergenza della successione verso il punto fisso $L$ della funzione $f$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=2\\\\ a_{n+1}=\sqrt{5a_n+6}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

La funzione $f(x)=\sqrt{5x+6}$ è irrazionale e definita per $\displaystyle x\geq -\frac{5}{6}$ . Dal grafico

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possiamo costruire un piano di azione per dimostrare la convergenza della successione:

$a_n\geq 0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ ,
$a_n\leq a_{n+1}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ ,
$\displaystyle a_n\stackrel{n\to\infty}{\longrightarrow} 6$ .

Dimostriamo per induzione che $a_n\geq 0$ :

il passo base è banalmente verificato poiché $2>0$ ;
supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ ; la quantità
$\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{5a_n+6} \end{equation*}$

è ben definita perché somma di termini positivi ( $a_n\geq0$ per ipotesi induttiva) e $a_{n+1}\geq0$ , ovvero la tesi.

La successione è quindi ben definita per ogni $n>0$ e crescente; infatti

per $n=0$
$\begin{equation*} a_1=\sqrt{5\cdot2+6}=\sqrt{16}=4>2=a_0. \end{equation*}$
Supponiamo che l’ipotesi valga per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ . Dall’ipotesi induttiva e grazie alla monotonia della funzione $f$
$\begin{equation*} a_n\leq a_{n+1}\Rightarrow f(a_n)\leq f(a_{n+1})\Rightarrow a_{n+1}\leq a_{n+2}, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Per il teorema della successioni monotone possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=l\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}. \end{equation*}$

Ricerchiamo il punto fisso della funzione $f(x)=\sqrt{5x+6}$ ,

$\begin{equation*} f(L)=L\Longleftrightarrow\,\sqrt{5L+6}=L\Longleftrightarrow |5L+6|=5L+6=L^2\Longleftrightarrow\,L=-1\vee\,L=6. \end{equation*}$

Poiché $a_n\geq0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ , l’unico candidato limite, oltre a $L=+\infty$ , è $L=6$ . Dimostriamo sempre per induzione che la successione è limitata superiormente da $6$ .

Per $n=0$ l’asserto è verificato per definizione.
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ ,
$\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{5a_n+6}\leq\sqrt{5\cdot 6+6}=\sqrt{36}=6, \end{equation*}$

ovvero la tesi³ .

Possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} a_n=6. \end{equation*}$

Un diverso approccio consiste nel dimostrare che $f(x)\geq x$ per $a_0=2$ e sfruttare il teorema 1 per dimostrare la monotonia della successione e, vista la limitatezza, concludere la convergenza.

$\[\]$

Osserviamo come anche in questo calcolo è stata sfruttata la monotonia della funzione $f$ . ↩

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=10\\\\ a_{n+1}=\sqrt{5a_n+6}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Riportiamo il grafico a ragnatela relativa alla nuova condizione iniziale della successione

successioni per ricorrenza

possiamo costruire una strategia di azione per dimostrare la convergenza della successione:

$a_n\geq 0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ ,
dal teorema 1 $a_n\geq a_{n+1}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ ,
$\displaystyle a_n\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow} 6$ .

La dimostrazione del primo punto è analoga a quella fatta nell’esercizio precedente.

Dimostriamo che la successione è decrescente per induzione.

Per $n=0$
$\begin{equation*} a_1=\sqrt{5\cdot10+6}=\sqrt{56}<\sqrt{64}=8<10=a_0. \end{equation*}$
Supponiamo che l’ipotesi valga per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ . Dall’ipotesi induttiva
$\begin{equation*} a_n\geq a_{n+1}\Rightarrow f(a_n)\geq f(a_{n+1})\Rightarrow a_{n+1}\geq a_{n+2}, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Per il teorema della successioni monotone possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=l\in\mathbb{R}\cup\{+\infty\}. \end{equation*}$

Gli unici punti fissi della funzione $f$ sono $L=-1$ e $L=6$ ; in questo caso escludiamo immediatamente il caso infinito perché la successione parte da 10 ed è decrescente. Inoltre $L=-1$ non è ammissibile perché la successione è a termini positivi; quindi

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} a_n=6. \end{equation*}$

Anche in questo caso un diverso approccio consiste nel dimostrare che $f(x)\leq x$ per $a_0=10$ e sfruttare il teorema 1 per dimostrare la monotonia della successione e, vista la limitatezza, concludere la convergenza.

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha>0\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{a_n+2}{3a_n+2}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo preliminarmente che la successione è ben definita; infatti poiché, $a_n>0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ , si ha $a_n\neq-\frac{2}{3}$ .

Dal grafico a ragnatela

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possiamo capire che la successione non è monotona e che assumerà valori sia più grandi che più piccoli del punto fisso $L$ in modo alternato. Possiamo comunque ipotizzare che sia limitata

$\begin{equation*} 0\leq \frac{a_{n}+2}{3a_{n}+2}=1-\frac{2a_n}{3a_n+2}<1 \end{equation*}$

quindi $0\leq a_{n}<1$ per ogni $n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$ . La condizione di limitatezza non è ovviamente sufficiente per concludere la convergenza della successione ma, se questa ammettesse limite, tale valore sarebbe da ricercare nell’insieme delle soluzioni reali dell’equazione

$\begin{equation*} L=\frac{L+2}{3L+2}\Rightarrow L=-1\vee L=\frac{2}{3}. \end{equation*}$

Ovviamente il valore $L=-1$ non è accettabile perché la successione è a termini positivi. Inoltre, se $\alpha=\frac{2}{3}$

$\begin{equation*} a_1=\frac{\frac{2}{3}+2}{3\cdot\frac{2}{3}+2}=\frac{\frac{8}{3}}{4}=\frac{2}{3}, \end{equation*}$

quindi $a_n=\frac{2}{3}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Come previsto se $\alpha\neq\frac{2}{3}$ , la successione non risulta monotona, infatti

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq\frac{2}{3}\Longleftrightarrow \frac{a_n+2}{3a_n+2}\leq\frac{2}{3}\Longleftrightarrow 3a_n+6\leq 6a_n+4 \Longleftrightarrow a_n\geq\frac{2}{3}. \end{equation*}$

Quindi i termini risulteranno alternativamente maggiori e minori di $\frac{2}{3}$ ; in questi casi possiamo considerare separatamente le sottosuccessioni $b_n:=a_{2n}$ e $c_n:=a_{2n+1}$ .

Se $\alpha>\frac{2}{3}$ allora

$\begin{equation*} c_1\leq \frac{2}{3},\qquad b_1\geq \frac{2}{3},\qquad c_2\leq \frac{2}{3},\qquad b_2\geq \frac{2}{3}\quad\ldots \end{equation*}$

quindi la successione $\{b_n\}$ è limitata inferiormente e $\{c_n\}$ superiormente. Per studiare la monotonia osserviamo che

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{a_{n}+2}{3a_{n}+2}=\frac{\frac{a_{n-1}+2}{3a_{n-1}+2}+2}{3\frac{a_{n-1}+2}{3a_{n-1}+2}+2}=\frac{7a_{n-1}+6}{9a_{n-1}+10}. \end{equation*}$

Allora

la sottosuccessione degli indici pari è monotona decrescente; infatti
$\begin{equation*} b_{n+1}\leq b_{n}\Longleftrightarrow \frac{7a_{2n}+6}{9a_{2n}+10}\leq a_{2n}\Longleftrightarrow7a_{2n}+6\leq 9a_{2n}^2+10a_{2n}\Longleftrightarrow 9a_{2n}^2+3a_{2n}-6\geq 0 \end{equation*}$

e l’ultima disuguaglianza è valida per $a_{2n}\leq-1\vee a_{2n}\geq\frac{2}{3}$ . Quindi la successione è decrescente e limitata inferiormente da $\frac{2}{3}$ , perciò

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}b_{n}=\frac{2}{3}. \end{equation*}$
Analogamente si dimostra che la sottosuccessione degli indici dispari è monotona crescente
$\begin{equation*} c_{n+1}\geq c_{n}\Longleftrightarrow \frac{7a_{2n}+6}{9a_{2n}+10}\geq a_{2n}\Longleftrightarrow7a_{2n}+6\geq 9a_{2n}^2+10a_{2n}\Longleftrightarrow 9a_{2n}^2+3a_{2n}-6\leq 0 \end{equation*}$

dove l’ultima disuguaglianza è valida per $-1\leq a_{n}\leq \frac{2}{3}$ . La successione è crescente e limitata superiormente da $\frac{2}{3}$ , perciò

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}c_{n}=\frac{2}{3}. \end{equation*}$

Ne segue che

$\begin{equation*} \qquad\quad\lim_{n\to+\infty}a_n=\frac{2}{3}. \end{equation*}$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha>0\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{1}{2+a_n}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dimostriamo per induzione che $a_n\geq 0$ .

Per $n=0$ l’asserto segue dalla definizione di $a_0=\alpha>0$ .
Per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}\geq 0 \end{equation*}$

possiamo concludere che $a_{n+1}\geq 0$ poiché $a_n+2\geq 0$ per ipotesi induttiva.

Determiniamo se possibile quali condizioni deve soddisfare la successione per essere monotona,

$\begin{equation*} a_{n+1}\geq a_n\Longleftrightarrow \frac{1}{2+a_n}\geq a_n\Longleftrightarrow a_n^2+2a_n-1\leq 0\Longleftrightarrow -1-\sqrt{2}\leq a_n\leq -1+\sqrt{2}. \end{equation*}$

Poiché $a_n\geq 0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ , cerchiamo di verificare se e quando $a_n\leq -1+\sqrt{2}$ per $n\geq 1$ .

$\begin{equation*} \begin{split} &a_{n+1}\leq -1+\sqrt{2}\Longleftrightarrow\frac{1}{2+a_n}\leq -1+\sqrt{2}\Longleftrightarrow 1\leq (-1+\sqrt{2})a_n-2+2\sqrt{2}\Longleftrightarrow\\&(-1+\sqrt{2})a_n\geq 3-2\sqrt{2}\Longleftrightarrow a_n\geq -1+\sqrt{2}. \end{split} \end{equation*}$

Quindi i termini della successione sono alternativamente maggiori e minori di tale valore; dobbiamo quindi distinguere i due casi:

Per i termini dispari della successione sono limitati inferiormente da , mentre quelli pari limitati superiormente dallo stesso valore. Se consideriamo le due successioni e , allora
$\begin{equation*} c_1\geq -1+\sqrt{2}\,\qquad b_1\leq -1+\sqrt{2}\,\qquad c_2\geq -1+\sqrt{2}\,\quad\ldots \end{equation*}$

Per studiare la monotonia di queste successioni, osserviamo che

$\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{1}{2+a_n}=\frac{1}{2+\frac{1}{2+a_{n-1}}}=\frac{2+a_{n-1}}{5+2a_{n-1}}. \end{equation*}$

Allora
- la sottosuccessione degli indici pari è monotona non decrescente; infatti
  $\begin{equation*} b_{n+1}\geq b_n\Longleftrightarrow \frac{2+a_{2n}}{5+2a_{2n}}\geq a_{2n}\Longleftrightarrow 2+a_{2n}\geq 5a_{2n}+2a_{2n}^2\Longleftrightarrow 2a_{2n}^2+4a_{2n}-2\leq 0 \end{equation*}$
  
  Da cui
  
  $\begin{equation*} 0\leq a_{2n}\leq -1+\sqrt{2}, \end{equation*}$
  
  e possiamo concludere
  
  $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} b_n=-1+\sqrt{2}. \end{equation*}$
- Analogamente si dimostra che la sottosuccessione degli indici dispari è monotona non crescente e limitata inferiormente da $-1+\sqrt{2}$ :
  $\begin{equation*} \begin{split} c_{n+1}\leq c_n &\Longleftrightarrow \frac{2+a_{2n+1}}{5+2a_{2n+1}}\leq a_{2n+1} \\ &\Longleftrightarrow 2+a_{2n+1}\leq 5a_{2n+1}+2a_{2n+1}^2 \\ &\Longleftrightarrow 2a_{2n+1}^2+4a_{2n+1}-2\geq 0 \end{split} \end{equation*}$
  
  dove l’ultima disuguaglianza è verificata per $a_n\geq -1+\sqrt{2}$ . Allora
  
  $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} c_n=-1+\sqrt{2} \end{equation*}$
  
  e quindi
  
  $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} a_n=-1+\sqrt{2}. \end{equation*}$
Per $\alpha>-1+\sqrt{2}$ possiamo ragionare in modo analogo e dimostrare che la sottosuccessione degli indici dispari è monotona crescente e limitata superiormente da $-1+\sqrt{2}$ , mentre la sottosuccessione degli indici pari è monotona decrescente e limitata inferiormente dallo stesso valore. Possiamo concludere, svolgendo i calcoli, che per ogni $\alpha>0$
$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} b_n=\lim_{n\to+\infty} c_n=\lim_{n\to+\infty}a_n=-1+\sqrt{2}. \end{equation*}$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=\alpha\\\\ a_{n+1}=\sin a_n\qquad\text{ per }n\geq 0 \end{cases} \end{equation*}$

con $-1\leq\alpha\leq 1$ .

Svolgimento.

La successione è ovviamente limitata

$\begin{equation*} -1\leq \sin a_n\leq 1\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}\Longrightarrow -1\leq a_{n}\leq 1\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}. \end{equation*}$

Inoltre se $\alpha=0$ allora $a_n=0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Se $0<\alpha\leq 1$ , la successione è positiva, limitata e decrescente. Infatti dalla disuguaglianza $\sin x\leq x$ possiamo concludere che

$\begin{equation*} a_{n+1}=\sin a_n\leq a_n\text{ per } a_n>0 \end{equation*}$

allora $a_n\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

Se $-1\leq \alpha<0$ la successione è sempre limitata, ma negativa e crescente⁴ quindi $a_n\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}0$ .

Possiamo concludere che per ogni $\alpha\in[-1,\,-1]$

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=0. \end{equation*}$

$\[\]$

$\sin(-a_n)=-\sin a_n$ . ↩

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della seguente successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=0\\\\ a_{n+1}=\displaystyle\frac{1+a_n}{1+n^2}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

La successione è ovviamente a termini positivi. Vogliamo dimostrare per induzione che

$\begin{equation*} a_n\leq 1\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}. \end{equation*}$

Per $n=0$ l’asserto è ovvio dalla definizione.
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo la tesi per $n+1$ .
(3) $\begin{equation*} a_{n+1}=\frac{1+a_n}{1+n^2}\leq \frac{1+1}{1+n^2}=\frac{2}{1+n^2}\leq \frac{2}{1+1^2}=1. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq 1\qquad \forall\,n\geq 1, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Dalla relazione (3) si ricava

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq \frac{2}{1+n^2}\Rightarrow \lim_{n\to+\infty}a_n=0 \end{equation*}$

per il teorema del confronto.

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=\dfrac{1}{2}\\\\ a_{n+1}=na_n^2\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

La successione è a termini positivi; dal calcolo dei primi valori

$\begin{equation*} a_1=\frac{1}{2},\qquad a_2=\left(\frac{1}{2}\right)^2,\qquad a_3=2\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^4=\left(\frac{1}{2}\right)^3,\qquad a_4=3\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^6\leq \left(\frac{1}{2}\right)^4, \end{equation*}$

possiamo ipotizzare che

$\begin{equation*} 0\leq a_{n}\leq 2^{-n}\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}. \end{equation*}$

Per induzione:

la tesi è banalmente vera per $n=1$ ;
supponiamo vera l’ipotesi per e dimostriamo l’asserto per
$\begin{equation*} a_{n+1}=na_n^2\leq n 2^{-2n}. \end{equation*}$

Per cui è sufficiente verificare che

$\begin{equation*} n2^{-2n}\leq 2^{-n-1}\qquad\forall\,n\in\mathbb{N} \end{equation*}$

che è equivalente a

$\begin{equation*} n2^{-2n}\leq 2^{-n-1}\Longleftrightarrow n\leq 2^{n-1} \end{equation*}$

che possiamo dimostrare nuovamente per induzione.
- Per $n=1$ abbiamo $1\leq 2^0=1$ .
- Dimostriamo la tesi per $n+1$ supponendo vera l’ipotesi per $n$
  $\begin{equation*} 2^{n}=2^{n-1+1}=2^{n-1}2\geq n\cdot 2\geq n+1. \end{equation*}$

Possiamo quindi concludere che

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq 2^{-n-1}, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Dunque per confronto

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty} a_n=0. \end{equation*}$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=2\\\\ a_{n+1}=1+\ln a_{n}\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dimostriamo per induzione che $a_n\geq 1$ .

Per $n=0$ abbiamo $a_0=2\geq1$ .
Supponiamo vera la tesi per $n$ e dimostriamo la disuguaglianza per $n+1$ ,
$\begin{equation*} a_{n+1}=1+\ln a_n\geq 1+\ln 1=1, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Inoltre la successione è monotona decrescente, infatti $a_{n+1}=1+\ln a_n\leq a_n$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Per determinare il valore di tale limite $L$ passiamo al limite nella relazione analitica del termine generale e otteniamo

$\begin{equation*} L=1+\ln L\Longleftrightarrow L=1. \end{equation*}$

Poiché la successione è decrescente escludiamo il candidato limite $L=+\infty$ e concludiamo che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \end{equation*}$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Si consideri, per ogni $x,\,y>0$ la successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=1\\\\ a_{n+1}=ya_n^x\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Trovare un’espressione esplicita per $a_n$ e determinare per quali valori di $x$ e $y$ converge.

Svolgimento.

Dal calcolo dei primi termini della successione

$\begin{equation*} a_0=1,\qquad a_1=y,\qquad a_2=y\cdot y^x=y^{x+1}, \\$ a_3=y\cdot (y^{x+1})^x=y^{x^2+x+1},\qquad a_3=y\cdot (y^{x^2+x+1})^x=y^{x^3+x^2+x+1}, \end{equation*}$

ipotizziamo che

$\begin{equation*} a_n=y^{\sum_{k=0}^{n}x^k}=\begin{cases} y^{\frac{1-x^n}{1-x}}&\text{ per } x\neq 1\\\\ y^n&\text{ per } x= 1 \end{cases} \end{equation*}$

e dimostriamolo per induzione.

Per $n=0$ abbiamo che
$\begin{equation*} a_0=1=y^{0}. \end{equation*}$
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=y a_n^x=y\cdot (y^{\sum_{k=0}^{n}x^k})^x=y\cdot y^{x\sum_{k=0}^{n}x^k}= y^{\sum_{k=0}^{n}x^{k+1}+1}=y^{\sum_{k=0}^{n+1}x^{k}}, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Per lo studio della convergenza osserviamo preliminarmente che $\frac{1-x^n}{1-x}$ converge se e solo se $0<x<1$ . Infatti per $x>1$

$\begin{equation*} \frac{1-x^n}{1-x}\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}+\infty. \end{equation*}$

Allora,

per $x=1$ $\{a_n\}$ converge se e solo se $y\leq 1$ ;
per dobbiamo distinguere i casi:
- se $y<1$ la successione converge per ogni $x>0$ ;
- se $y\geq 1$ , $\{a_n\}$ converge per ogni $0<x<1$ e diverge per $x>1$ .

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=1\\\\ a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Dimostriamo per induzione che la successione è ben definita, ovvero che $a_n\geq -1$ per ogni $n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}$ .

La tesi è ovvia per $n=1$ .
Supponendo vera l’ipotesi per $n$ , dimostriamo l’asserto per $n+1$ .

(4) $\begin{equation*} a_{n+1}=\sqrt{1+a_n}\geq0>-1, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Cerchiamo di determinare se e quando la successione è monotona crescente

$\begin{equation*} a_{n+1}\geq a_n\Longleftrightarrow \sqrt{1+a_n}\geq a_n. \end{equation*}$

Per (4) possiamo elevare al quadrato a sinistra e a destra della disuguaglianza e ottenere

$\begin{equation*} a_n^2-a_n-1\leq 0\Longleftrightarrow \frac{1-\sqrt{5}}{2}\leq a_n\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{equation*}$

Sempre per (4) $a_n\geq 0>\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ , quindi verifichiamo che $a_n\leq\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ ⁵. Procediamo per induzione:

per $n=1$ , $a_1=1\leq\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ .
Supponiamo vera la disuguaglianza per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ ,
$\begin{equation*} \begin{split} a_{n+1}\leq\frac{1+\sqrt{5}}{2} & \Longleftrightarrow \sqrt{1+a_n}\leq\frac{1+\sqrt{5}}{2} \\ &\Longleftrightarrow 4+4a_{n}\leq 6+2\sqrt{5} \\ &\Longleftrightarrow 4a_n\leq 2+2\sqrt{5} \\ & \Longleftrightarrow a_n\leq \frac{1+\sqrt{5}}{2} \end{split} \end{equation*}$

dove l’ultima disuguaglianza vale per ipotesi induttiva.

La successione è limitata superiormente e monotona crescente, quindi ammette limite finito. Per determinare tale valore risolviamo l’equazione

$\begin{equation*} f(L)=L\Longleftrightarrow \sqrt{1+L}=L\Longleftrightarrow L^2-L-1=0 \end{equation*}$

e otteniamo i due candidati limite $L_1=\frac{1-\sqrt{5}}{2}$ e $L_2=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Ovviamente $L_2\approx -0\text{,6}$ è da escludere perché $a_n\geq 0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=\frac{1+\sqrt{5}}{2}. \end{equation*}$

$\[\]$

Il valore $\phi=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ è il numero aureo. Per la definizione di tale valore si considera un rettangolo di dimensioni $a$ e $b$ e si pone $\phi=\frac{a}{b}$ . Un rettangolo si dice aureo se vale la proporzione

$\begin{equation*} \frac{a}{b}=\frac{a+b}{a}\Longleftrightarrow \phi^2-\phi-1=0 \end{equation*}$

le cui radici sono $\phi=\frac{1\pm\sqrt{5}}{2}$ . Essendo $a$ e $b$ valori positivi, allora il numero aureo $\phi$ è pari a $\frac{1+\sqrt{5}}{2}$ . Inoltre è nota una connessione tra i numeri di Fibonacci e il numero aureo già dal XIX secolo: sia $F_n$ l’ $n$ -esimo numero di Fibonacci allora

$\begin{equation*} a_{n}:=\frac{F_n}{F_{n-1}} \end{equation*}$

tale rapporto si avvicina progressivamente al numero aureo, ovvero si può dimostrare che $a_n\stackrel{n\to+\infty}{\longrightarrow}\phi$ . ↩

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=\alpha\geq0\\\\ a_{n+1}=(1+a_n)^{\frac{1}{n}}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Affinché la successione sia ben definita, deve valere:

$\begin{equation*} 1+a_n\geq 0\qquad\forall\,n\in\mathbb{N}\setminus\{0\}, \end{equation*}$

ovvero $a_n\geq -1$ . Dimostriamo per induzione che anzi vale la disuguaglianza $a_n\geq 1$ per ogni $n\geq 1$ .

Dalla definizione $a_1=\alpha\geq 0$ , $a_2=\sqrt{1+\alpha}\geq 1$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=(1+a_n)^{\frac{1}{n}}\geq 1^{\frac{1}{n}}\geq 1 \qquad \forall \,n\geq 1. \end{equation*}$

Con una sola dimostrazione abbiamo ottenuto che la successione è definita per ogni $n\geq 1$ e che è limitata inferiormente.

Sempre per induzione dimostriamo che $a_n\leq 2+\alpha$ per ogni $n\geq 1$ .

Dalla definizione $a_1=\alpha\leq 2+\alpha$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}=(1+a_n)^{\frac{1}{n}}\leq (1+2+\alpha)^{\frac{1}{n}}\leq\sqrt{3+\alpha}. \end{equation*}$

Resta da verificare che $\sqrt{3+\alpha}\leq 2+\alpha$

$\begin{equation*} \sqrt{3+\alpha}\leq 2+\alpha\Longleftrightarrow 3+\alpha\leq 4+\alpha^2+4\alpha\Longleftrightarrow \alpha^2+3\alpha+1\geq 0, \end{equation*}$

dove l’ultima disuguaglianza è verificata per ogni $\alpha\geq 0$ . Dunque

$\begin{equation*} 1\leq a_{n+1}\leq (3+\alpha)^\frac{1}{n} \end{equation*}$

e quindi, per il teorema del confronto:

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \end{equation*}$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$ . Studiare il comportamento della successione definita per ricorrenza:

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=\alpha\in[0,\,2]\\\\ a_{n+1}=\sqrt{2a_n-a_n^2}\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento.

Verifichiamo che la successione è ben definita per induzione, ovvero che

$\begin{equation*} 0\leq a_n\leq 2\qquad\forall\,n\geq 1. \end{equation*}$

Per $n=1$ la tesi è ovvia dalla definizione perché $\alpha\in[0,\,2].$
Supponendo vera l’ipotesi per $n$ , dimostriamo che $0\leq a_{n+1}\leq 2$ :
$\begin{equation*} a_{n+1}\leq 2\Longleftrightarrow \sqrt{2a_n-a_n^2}\leq 2\Longleftrightarrow a_n^2-2a_n+2\geq0 \end{equation*}$

e la disuguaglianza è verificata per ogni $n\geq 1$ . Osservando che $a_{n+1}\geq 0$ per ogni $n\geq 1$ , otteniamo la tesi.

Sempre per induzione possiamo dimostrare che

(5) $\begin{equation*} a_{n}\leq 1\qquad\forall\,n\geq 2. \end{equation*}$

Per $n=2$ abbiamo
$\begin{equation*} a_2\leq 1\Longleftrightarrow \sqrt{2\alpha-\alpha^2}\leq 1\Longleftrightarrow \alpha^2-2\alpha+1\geq 0\Longleftrightarrow (\alpha-1)^2\geq 0. \end{equation*}$

Quindi $a_2\leq 1$ per ogni $\alpha\in[0,\,2]$ .
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$
$\begin{equation*} a_{n+1}\leq 1\Longleftrightarrow \sqrt{2a_n-a_n^2}\leq 1, \end{equation*}$

ovvero

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq 1\Longleftrightarrow (a_n-1)^2\geq 0 \end{equation*}$

e la disuguaglianza è verificata per ogni $a_n\in\mathbb{R}$ .

Cerchiamo inoltre di capire se e quando la successione è crescente

$\begin{equation*} a_{n+1}\geq a_n\Longleftrightarrow \sqrt{2a_n-a_n^2}\geq a_n\Longleftrightarrow 2a_n-a_n^2\geq a_n^2\Longleftrightarrow a_n^2-a_n\leq 0\Longleftrightarrow 0\leq a_n\leq 1. \end{equation*}$

Dallo studio dell’equazione $f(L)=L$

$\begin{equation*} \sqrt{2L-L^2}=L\Longleftrightarrow 2L-L^2=L^2\Longleftrightarrow L=0\vee L=1 \end{equation*}$

possiamo determinare il comportamento della successione al variare di $\alpha$ :

se $\alpha=0$ o $\alpha=2$ la successione è identicamente nulla, infatti
$\begin{equation*} \sqrt{2a_n-a_{n}^2}=0\Longleftrightarrow a_n=0\vee a_n=2. \end{equation*}$

Se $\alpha\in(0,\,1)$ la successione è crescente e limitata quindi
$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \end{equation*}$

Se $\alpha\in (1,\,2)$ da (5) sappiamo che $a_2\leq 1$ e quindi la successione per $n\geq 2$ sarà crescente e nuovamente limitata. Possiamo concludere anche in questo caso che
$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_n=1. \end{equation*}$

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia $\{a_n\}_{n\geq 1}$ la successione definita per ricorrenza come

$\begin{equation*} \begin{cases} a_1=3\\\\ a_{n+1}=\dfrac{1}{2}(a_n^2+1)\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Calcolare

$\begin{equation*} \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{a_k+1}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo preliminarmente che, per ogni $k\geq 1$ ,

$\begin{equation*} a_{k+1}=\frac{1}{2}(a_k^2+1)=\frac{1}{2}(a_k^2-1+2)=\frac{a_k^2-1}{2}+1=\frac{(a_k+1)(a_k-1)}{2}+1, \end{equation*}$

ovvero

$\begin{equation*} \frac{(a_k+1)(a_k-1)}{2}=a_{k+1}-1. \end{equation*}$

Dimostriamo per induzione che la successione è non decrescente:

per $n=1$
$\begin{equation*} a_2=\dfrac{1}{2}(3^2+1)=\dfrac{1}{2}\cdot 10=5>3=a_1. \end{equation*}$
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ :
$\begin{equation*} a_{n+1}=\dfrac{1}{2}(a_n^2+1)\leq \dfrac{1}{2}(a_{n-1}^2+1)=a_n, \end{equation*}$

ovvero la tesi.

Da questa dimostrazione possiamo concludere che

$\begin{equation*} a_n\geq a_1=3\Rightarrow a_n\neq \pm 1\qquad\forall\, n\geq 1 \end{equation*}$

e quindi considerare i reciproci, ottenendo l’uguaglianza

$\begin{equation*} \frac{2}{(a_k+1)(a_k-1)}=\frac{1}{a_{k+1}-1}\Rightarrow \frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_k+1}=\frac{1}{a_{k+1}-1} \end{equation*}$

riuscendo così a riscrivere il termine $k$ -esimo della serie come

$\begin{equation*} \frac{1}{a_k+1}=\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_{k+1}-1}. \end{equation*}$

Quindi

$\begin{equation*} \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{a_k+1}=\sum_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_{k+1}-1}\right), \end{equation*}$

ovvero la serie proposta è telescopica. Allora

$\begin{equation*} \begin{split} \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{a_k+1} &= \lim_{n\to+\infty} \left[\sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_{k+1}-1}\right)\right] \\ & = \lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{a_1-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1}\right) \\ &= \frac{1}{2}-\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{a_{n+1}-1}. \end{split} \end{equation*}$

Per lo studio del comportamento della successione definita per ricorrenza riprendiamo l’esercizio 4 e nel nostro caso possiamo concludere che

$\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}a_{n+1}=+\infty, \end{equation*}$

quindi

$\begin{equation*} \sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{a_k+1}=\frac{1}{2}. \end{equation*}$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Sia

$\begin{equation*} F(x)=\int_0^x\frac{\cosh t}{1+\cosh t}\,dt \end{equation*}$

Studiare la funzione $g(x)=F(x)-x$ .
Studiare il comportamento della successione $\{a_n\}_{n}$ definita per ricorrenza

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=1\\\\ a_{n+1}=F(a_n)\qquad\text{ per }n\geq 0. \end{cases} \end{equation*}$

Svolgimento punto a.

Dalla definizione di $\cosh t$ otteniamo

$\begin{equation*} F(x)=\int_0^x\frac{\cosh t}{1+\cosh t}\,dt=\int_0^x\frac{e^t+e^{-t}}{2+e^t+e^{-t}}\,dt=\int_0^x\frac{e^{2t}+1}{1+2e^t+e^{2t}}\,dt, \end{equation*}$

e cerchiamo di risolvere l’integrale con la sostituzione naturale $u=e^t$

$\begin{equation*} F(x)=\int_1^{e^{x}}\frac{u^2+1}{u^2+2u+1}\cdot\frac{1}{u}\,du=\int_1^{e^{x}}\frac{u^2+1}{u(u+1)^2}\,du. \end{equation*}$

Grazie al metodo di decomposizione in fratti semplici otteniamo che

$\begin{equation*} F(x)=\int_1^{e^{x}}\frac{1}{u}\,du-2\int_1^{e^{x}}\frac{1}{(u+1)^2}\,du=\ln u\Bigg\vert_{u=1}^{u=e^{x}} +\frac{2}{u+1}\Bigg\vert_{u=1}^{u=e^{x}}=x+\frac{2}{e^x+1}-1. \end{equation*}$

Possiamo quindi ricavare l’espressione analitica di $g$

$\begin{equation*} g(x)=F(x)-x=\frac{2}{e^x+1}-1 \end{equation*}$

e studiare il suo grafico. La funzione ha dominio coincidente con l’insieme dei numeri reali e inoltre è simmetrica rispetto all’origine degli assi, infatti

$\begin{equation*} f(-x)=\frac{2}{e^{-x}+1}-1=\frac{2e^x}{e^x+1}-1=2\frac{e^x+1-1}{e^x+1}-1=-\frac{2}{e^x+1}+1=-f(x). \end{equation*}$

Dallo studio del segno otteniamo che

$\begin{equation*} \frac{2}{e^x+1}-1\geq 0\Longleftrightarrow\, e^{x}+1\leq 2\Longleftrightarrow e^x\leq 1\Longleftrightarrow x\leq 0, \end{equation*}$

ovvero $g(x)\geq 0$ per ogni $x\leq 0$ . Grazie al calcolo dei limiti

$\begin{equation*} \lim_{x\to+\infty}\left(\frac{2}{e^x+1}-1\right)=-1, \end{equation*}$

$\begin{equation*} \lim_{x\to-\infty}\left(\frac{2}{e^x+1}-1\right)=+1, \end{equation*}$

scopriamo che la funzione ammette due asintoti orizzontali, il primo $y=1$ per $x\to-\infty$ e il secondo $y=-1$ per $x\to+\infty$ . Dallo studio della derivata prima

$\begin{equation*} g'(x)=-\frac{2e^x}{(e^x+1)^2} \end{equation*}$

otteniamo che la funzione è strettamente decrescente e possiamo disegnarne il grafico.

successioni per ricorrenza

Svolgimento punto b.

Dal punto a) dell’esercizio è possibile riscrivere la successione definita per ricorrenza come

$\begin{equation*} \begin{cases} a_0=1\\\\ a_{n+1}=a_n+\dfrac{2}{e^{a_n}+1}-1\qquad\text{ per }n\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Dimostriamo per induzione che $a_n\geq 0$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Per $n=0$ la tesi è ovvia per come è stata definita la successione.
Supponiamo vera l’ipotesi per $n$ e dimostriamo l’asserto per $n+1$ . Dalla definizione
$\begin{equation*} a_{n+1}=F(a_n)=\int_{0}^{a_n}\frac{\cosh t}{1+\cosh t}\,dt \end{equation*}$

possiamo osservare che $a_{n+1}$ è l’integrale di una funzione positiva sull’intervallo $[0,a_n]$ , dove $a_n\geq 0$ per ipotesi induttiva. Per le proprietà di monotonia della funzione integrale⁶ possiamo concludere che $a_{n+1}\geq0$ , ovvero la tesi.

Dalla riscrittura del termine $n+1$ -esimo possiamo studiare la condizione affinché la successione sia monotona decrescente,

$\begin{equation*} a_{n+1}\leq a_n\Longleftrightarrow a_n+\frac{2}{e^{a_n}+1}-1\leq a_n\Longleftrightarrow\frac{2}{e^{a_n}+1}\leq1\Longleftrightarrow e^{a_{n}}+1\geq 2\Longleftrightarrow a_n\geq 0 \end{equation*}$

e tale condizione è vera per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Dallo studio dell’equazione $F(L)=L$ , già affrontato nel punto a), possiamo verificare che l’unico candidato limite è $L=0$ e concludere che, poiché la successione è decrescente e positiva, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=0$ .

$\[\]$

Se $f(t)>0\,\forall\,t\in \mathbb{R}$ , se $x>0$ allora la funzione integrale $\int_{0}^{x}f(t)\,dt>0$ . ↩

Grazie agli esempi precedenti possiamo elencare una serie di passaggi che, con un po’ di pratica, possono regalarci dei buoni approcci (analitici e non) per lo studio di questo tipo di successioni:

verificare che la successione sia ben definita;
dimostrare, spesso grazie al metodo induttivo, che il limite esiste sfruttando molte volte o la monotonia o la limitatezza e la convergenza di sottosuccessioni;
determinare il valore di tale limite: in che modo?
- Riuscendo a determinare in modo esplicito il termine $n$ -esimo oppure
- risolvendo l’equazione $f(L)=L$ oppure
- minorando o maggiorando il termine $n$ -esimo per poi utilizzare il teorema del confronto.

Ovviamente nel caso autonomo è possibile stilare una strategia per studiare la convergenza della successione grazie anche alla costruzione di un diagramma a ragnatela.

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Document

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2024-06-20

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2024-06-02

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