Criterio della radice per le successioni

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Il criterio della radice consente in molti casi di studiare il limite di una successione a termini positivi, in quanto lega il limite di una successione $a_n$ con il limite di $\sqrt[n]{a_n}$ .
Sostanzialmente, così facendo, si confronta il tasso di crescita della successione $a_n$ con quello della successione $x^n$ , per cui si ha $\sqrt[n]{x^n}=x$ . Poiché sappiamo che tale successione diverge se $x>1$ ed è infinitesima se $x \in [0,1)$ , è naturale aspettarsi una casistica simile anche per una generica successione $a_n$ : se $\lim_{n \to +\infty}\sqrt[n]{a_n}>1$ , allora la successione diverge; viceversa se $\lim_{n \to +\infty}\sqrt[n]{a_n}\in (0,1)$ , allora $a_n$ è infinitesima.

In questo articolo offriamo una dimostrazione chiara e intuitiva, ed è quindi indicato per studenti dei corsi di Laurea in Ingegneria, Fisica o Matematica e per appassionati.

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Buona lettura!

Autori e revisori

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Autore: Luigi De Masi, Martina Moro.

Revisori: Valerio Brunetti, Sergio Fiorucci.

Il criterio della radice è un criterio di convergenza che si basa sostanzialmente sul confronto dei termini di una successione con quelli della successione $\sqrt[n]{a}$ nei casi $a>1$ e $a \in (0,1)$ .

Teorema 1 (criterio della radice). Sia $\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}$ una successione a termini positivi tale che

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

Se $\ell>1$ , allora
$\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=+\infty.$
Se $\ell<1$ , allora
$\lim_{n \rightarrow +\infty}a_n=0.$

Dimostriamo il teorema 1 come conseguenza della seguente proposizione, che esprime un risultato più forte.

Proposizione 2. Sia $a_n$ una successione a termini positivi.

Se esiste $\alpha>1$ tale che $\sqrt[n]{a_n} \geq \alpha$ definitivamente, allora $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} a_n = + \infty$ .
Se esiste $\alpha \in (0,1)$ tale che $\sqrt[n]{a_n} \leq \alpha$ definitivamente, allora $\displaystyle\lim_{n \to + \infty} a_n = 0$ .

Dimostrazione.

Analizziamo i diversi casi separatamente.

Consideriamo il caso in cui $\alpha > 1$ e $\sqrt[n]{a_n} \geq \alpha$ definitivamente. Allora esiste un $N \in \mathbb{N}$ tale che per ogni $n \geq N$ si ha
(1) $\begin{equation*} a_{n} \geq \alpha^n. \end{equation*}$
Poichè $\alpha > 1$ , si ha che $\alpha^n \to + \infty$ .¹ Quindi, applicando il teorema del confronto, possiamo concludere che
(2) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} a_n = +\infty. \end{equation*}$

Nel caso in cui $\sqrt[n]{a_n} \leq \alpha$ definitivamente con $\alpha < 1$ , esiste un $N \in \mathbb{N}$ per cui
(3) $\begin{equation*} a_{n} \leq \alpha^n \quad \forall n \geq N. \end{equation*}$
Poiché $\alpha < 1$ , si ha che $\alpha^n \to 0$ . Dunque, applicando il teorema del confronto, risulta che
(4) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} a_n = 0. \end{equation*}$

Possiamo ora dimostrare il teorema 1.

Dimostrazione del teorema 1.

Se $\sqrt[n]{a_n} \to \ell$ con $\ell>1$ , scegliendo $\alpha \in (1,\ell)$ per definizione di limite si ha definitivamente $\sqrt[n]{a_n} \geq \alpha$ . Per la proposizione 2 vale quindi $a_n \to +\infty$ .

Analogamente, se $\sqrt[n]{a_n} \to \ell$ con $\ell\in (0,1)$ , allora fissando $\alpha \in (\ell,1)$ per definizione di limite si ha $a_n \leq \alpha$ definitivamente. Quindi $a_n \to 0$ di nuovo per la proposizione 2.

Anche il criterio della radice non fornisce informazioni nel caso in cui $\sqrt[n]{a_n} \to 1$ . Esaminiamo i seguenti esempi per chiarire questo punto.

Esempio 3. ( $\sqrt[n]{q} \to 1$ ) Sia $a_n=q$ con $q \in (1,+\infty)$ (il caso $q \in (0,1)$ è analogo). Vale ovviamente $a_n \to q$ in quanto la successione è costante. Mostriamo che $\sqrt[n]{a_n}=\sqrt[n]{q} \to 1$ . Osserviamo innanzitutto che, per la monotonia della radice $n$ -esima, si ha $\sqrt[n]{q} >1$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ .

Quindi si può scrivere $\sqrt[n]{q}=1+(\sqrt[n]{q}-1)$ con $\sqrt[n]{q}-1>0$ . Allora, applicando la disuguaglianza di Bernoulli, si ha

(5) $\begin{equation*} q = (1 +(\sqrt[n]{q} - 1))^n \geq 1 + n(\sqrt[n]{q} - 1) \geq 0 \quad \iff \quad \frac{q-1}{n} \geq \sqrt[n]{q} - 1 \geq 0 \qquad \forall n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Poichè $\frac{q-1}{n} \to 0$ , per il teorema del confronto vale anche $\sqrt[n]{q}-1 \to 0$ , ovvero

(6) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{q} =1. \end{equation*}$

Quindi tutte le successioni costanti $a_n=q$ soddisfano $\sqrt[n]{a_n} \to 1$ , ma hanno limiti diversi.

Esempio 4. Consideriamo la successione $a_n=2^{\sqrt{n}}$ . Fissando $N \in \mathbb{N}$ , per la monotonia della funzione $x \mapsto 2^x$ e poiché $\sqrt{n} \to +\infty$ , si ha che $2^{\sqrt{n}} \geq 2^N$ definitivamente. Dato che $N$ è arbitrario e $\lim_{N \to +\infty}2^N=+\infty$ , deve aversi

(7) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} 2^{\sqrt{n}} = +\infty. \end{equation*}$

D’altra parte si ha

(8) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{2^{\sqrt{n}}} = \lim_{n \to + \infty} 2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}. \end{equation*}$

Per mostrare che tale limite è $1$ , osserviamo che la successione $2^{\frac{1}{\sqrt{n}}}$ è decrescente, quindi ha limite. Inoltre, considerando la sottosuccessione $n_j=j^2$ , si ha

(9) $\begin{equation*} 2^{\frac{1}{\sqrt{n_j}}} = 2^{\frac{1}{\sqrt{j^2}}} = 2^{\frac{1}{j}} \qquad \forall j \in \mathbb{N} \end{equation*}$

(10) $\begin{equation*} \lim_{j \to + \infty} 2^{\frac{1}{j}} = 1 \end{equation*}$

per l’esempio 3. Dato che la successione $\sqrt[n]{2^{\sqrt{n}}}$ ha limite e una sua estratta ha limite 1, allora essa ha globalmente limite $1$ .
Dunque $\sqrt[n]{a_n}= \sqrt[n]{2^{\sqrt{n}}} \to 1$ ma $a_n \to + \infty$ .

$\[\]$

Sia $a \in \mathbb{R}$ . Allora
(11) $\begin{equation*} \lim_{n \to + \infty} a^n= \begin{cases} +\infty & \text{se } a >1\\ 1 & \text{se } a =1\\ 0 & \text{se } a \in (-1,1)\\ \text{non esiste} & \text{se } a \leq -1. \end{cases} \end{equation*}$
↩

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Dimostrazione.

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