SUCCESSIONI NUMERICHE
LORENZO BRASCO
1. Teoremi di Cesaro
Teorema di Stolz-Cesaro. Siano {an }n∈N e {bn }n∈N due successioni numeriche, con {bn }n∈N
strettamente positiva, strettamente crescente e illimitata. Se esiste il limite
an+1 − an
lim
,
n→∞ bn+1 − bn
allora esiste anche il limite
lim
n→∞
an
,
bn
e i valori dei due limiti coincidono.
Dimostrazione. Se indichiamo con ` il valore del limite di (an+1 − an )/(bn+1 − bn ), dalla definizione
di limite otteniamo che per ogni ε > 0, esiste un indice nε tale che per ogni n ≥ nε risulti
an+1 − an
`−ε<
< ` + ε.
bn+1 − bn
Sfruttando il fatto che bn+1 > bn , possiamo moltiplicare la disuguaglianza precedente per il fattore
(bn+1 − bn ), ottenendo quindi
(` − ε)(bn+1 − bn ) < an+1 − an < (` + ε)(bn+1 − bn ), per ogni n ≥ nε .
Se adesso sommiamo questi termini, per n che va da nε ad un certo indice k > nε , otteniamo
(` − ε)
k
X
n=nε
(bn+1 − bn ) <
k
X
(an+1 − an ) < (` + ε)
n=nε
k
X
(bn+1 − bn ),
n=nε
ovvero, osservando che le somme che abbiamo fatto comparire sono telescopiche, questa può essere
riscritta anche come
(1)
(` − ε)(bk − bnε ) < ak − anε < (` + ε)(bk − bnε ),
che è valida per ogni k > nε . A questo punto dividiamo la (1) per bk , ottenendo quindi
µ
¶
µ
¶
bnε
ak
anε
bnε
(` − ε) 1 −
<
−
< (` + ε) 1 −
,
bk
bk
bk
bk
ovvero ancora
¶
µ
¶
µ
an
ak
bn
an
bn
< (` + ε) 1 − ε + ε , per ogni k > nε .
(2)
(` − ε) 1 − ε + ε <
bk
bk
bk
bk
bk
Osserviamo che a questo punto siamo molto vicini alla conclusione della dimostrazione, dal momento
che siamo riusciti a stimare il termine generico della successione che ci interessa, ovvero an /bn , sia
1
2
LORENZO BRASCO
dal basso che dall’alto, con qualcosa che è “molto vicino al valore limite `. Infatti, osserviamo che
i termini
bnε
an
e ε,
bk
bk
che compaiono in (2) diventano sempre più piccoli, al crescere dell’indice k, dal momento che
sono dei rapporti tra una quantità fissa (i numeri bnε e anε , rispettivamente) e una successione di
numeri illimitata (qui gioca un ruolo fondamentale l’ipotesi di non limitatezza su {bn }n∈N ). Detto
rigorosamente, abbiamo che esiste un indice kε > nε tale che per ogni k ≥ kε si abbia
¯
¯
¯
¯
¯ bnε ¯
¯
¯
¯
¯ < ε e ¯ anε ¯ < ε,
¯ bk ¯
¯ bk ¯
ovvero sfruttando questa informazione in (2), otteniamo che per ogni k ≥ kε , si ha
ak
(` − ε)(1 − ε) <
< (` + ε)(1 + ε),
bk
e dal momento che possiamo supporre che sia ε < 1, la precedente implica che1
ak
` − ε(2 + `) <
< ` + ε(2 + `), per ogni k ≥ kε ,
bk
ovvero
¯
¯
¯ ak
¯
¯ − `¯ < ε(2 + `), per ogni k ≥ kε ,
¯ bk
¯
che conclude quindi la dimostrazione.
¤
Enunciamo quindi i cosidetti Teoremi di Cesaro, che come vedremo non sono altro che semplici
conseguenze del Teorema di Stolz-Cesaro.
I Teorema di Cesaro. Data una successione {an }n∈N , consideriamo la successione {αn }n∈N delle
sue medie, ovvero la successione definita da
αn =
n−1
1X
ak , n ∈ N.
n
k=0
Se {an }n∈N converge al valore `, allora anche {αn }n∈N converge allo stesso limite, ovvero
(3)
lim an = ` =⇒ lim αn = `.
n→∞
n→∞
Dimostrazione. Sfruttiamo il Teorema di Stolz-Cesaro, nel modo seguente: consideriamo le successioni {cn }n∈N e {bn }n∈N definite tramite
cn =
n−1
X
ak , e bn = n, per ogni n ∈ N,
k=0
allora possiamo anche riscrivere
lim αn = lim
n→∞
n→∞
cn
.
bn
1Basta svolgere un po’ di conti:
(` − ε)(1 − ε) = ` − ε − ε` + ε2 > ` − 2ε − ε`,
(` + ε)(1 + ε) = ` + ε` + ε + ε2 < ` + `ε + 2ε,
dove abbiamo usato
ε2
< ε, dal momento che ε < 1.
SUCCESSIONI NUMERICHE
3
D’altronde le due successioni {cn }n∈N e {bn }n∈N soddisfano le ipotesi del Teorema di Stolz-Cesaro,
dal momento che bn è strettamente positiva, strettamente crescente e illimitata ed esiste il limite
n
P
ak −
n−1
P
cn+1 − cn
k=0
lim
= lim k=0
n→∞
n→∞ bn+1 − bn
n+1−n
e quindi in conclusione si ottiene
ak
= lim an = `,
n→∞
cn
= `.
n→∞ bn
lim αn = lim
n→∞
¤
Osservazione 1. Ovviamente non vale il viceversa di (3). Ad esempio, prendendo la successione
{an }n∈N definita da
an = (−1)n , n ∈ N,
si vede facilmente che la successione delle medie converge a 0, mentre {an }n∈N non ammette limite.
II Teorema di Cesaro. Supponiamo che la successione {an }n∈N sia tale che
lim (an+1 − an ) = `.
n→∞
Allora vale anche
an
= `.
n→∞ n
Dimostrazione. Anche questa è una facile conseguenza del Teorema di Stolz-Cesaro, infatti se
come {bn }n∈N consideriamo nuovamente la successione
lim
bn = n, per ogni n ∈ N,
osservando che bn+1 − bn = 1, abbiamo che l’ipotesi implica
an+1 − an
lim
= lim an+1 − an = `,
n→∞ bn+1 − bn
n→∞
e quindi
an
an
= lim
= `.
n→∞ bn
n→∞ n
di nuovo grazie al Teorema di Stolz-Cesaro. ¦
lim
III Teorema di Cesaro. Supponiamo che la successione {an }n∈N abbia limite ` e che si abbia
an > 0, per ogni n ∈ N. Allora
v
un−1
uY
n
lim t
ak = `.
n→∞
k=0
Dimostrazione. Si definisca la successione {bn }n∈N come
bn = log an , n ∈ N,
ovviamente questa successione tende a log `, per ipotesi. D’altronde la successione delle sue medie
{βn }n∈N è data da
v
Ãn−1 !
un−1 
n−1
n−1
Y
uY
1X
1X
1
n
βn =
bk =
log ak = log
ak = log  t
ak  ,
n
n
n
k=0
k=0
k=0
k=0
4
LORENZO BRASCO
e per il I Teorema di Cesaro si avrà che lim βn = lim bn = log `, ovvero
n→∞
n→∞
v
un−1 
uY
n
lim log  t
ak  = log `,
n→∞
k=0
che implica la tesi. ¦
IV Teorema di Cesaro. Sia {an }n∈N una successione tale che an > 0 per ogni n ∈ N. Vale la
seguente implicazione:
√
an+1
(4)
lim
= ` =⇒ lim n an = `.
n→∞ an
n→∞
Dimostrazione. Si definisca la successione {bn }n∈N ponendo
an+1
bn =
e b0 = a0 .
an
Applicando il III Teorema di Cesaro sappiamo che
v
un−1
uY
n
lim t
bk = lim bn = `,
n→∞
e d’altronde si vede subito che
v
un−1
uY
n
t
bk =
k=0
n→∞
k=0
v
un−1
√
n a
u Y ak
n
n
t
= √
.
n a
ak−1
0
k=1
Possiamo quindi concludere, osservando che
√
n a
√
n
= lim n an .
lim √
n→∞
n→∞ n a0
¤
2
Il seguente è un Teorercizio , ovvero un Esercizio che è anche un Teorema, vista l’importanza
del risultato che ivi si dimostra.
Teorercizio 1 (Criterio della radice n−esima). Sia {an }n∈N ⊂ R una successione di numeri reali,
tali che:
(i) an ≥ 0, per ogni n ∈ N;
√
(ii) lim n an < 1.
n→∞
Dimostrare che allora
lim an = 0.
Soluzione. Sia ` = lim
n→∞
√
n
n→∞
an , poichè per ipotesi ` < 1, si avrà che
1−`
.
2
Dalla definizione di limite, prendendo ε = 1−`
2 , sappiamo che esiste n0 ∈ N tale che per ogni n ≥ n0 ,
risulta
√
| n an − `| < ε,
0<
2Che è una parola che non esiste, beninteso.
SUCCESSIONI NUMERICHE
5
e quindi, in particolare, per ogni n ≥ n0 si ha
√
1−`
`+1
n
an < ` + ε = ` +
=
.
2
2
Abbiamo quindi provato che esiste n0 ∈ N tale che per ogni n ≥ n0
µ
¶n
`+1
0 ≤ an <
,
2
e quindi la tesi segue dal Teorema dei Carabinieri, osservando che il termine a destra, nella
precedente disuguaglianza, tende a 0, per n che tende a ∞. ¦
Osservazione 2. Nel caso che la successione dell’Esercizio precedente verifichi invece
√
lim n an > 1,
n→∞
se ne può concludere che deve aversi limn→∞ an = +∞. È infatti sufficiente considerare la
successione definita da bn = a−1
n , la quale verifica le ipotesi del Teorercizio, per cui
1
lim
= lim bn = 0,
n→∞ an
n→∞
ovvero {an }n∈N deve tendere a +∞. Niente si può invece concludere sulla successione, nel caso che
√
lim n an = 1.
n→∞
Inoltre, si osservi che grazie al IV Teorema di Cesaro, le stesse conclusioni dell’Esercizio 1, continuano a valere anche per la successione an+1 /an , ovvero
½
an+1
< 1 =⇒
an → 0
lim
> 1 =⇒ an → +∞.
n→∞ an
Nel seguito ci riferiremo a questo risultato chiamandolo Criterio del rapporto.
2. Successioni definite per induzione
Il seguente Teorercizio fornisce un criterio molto utile per stabilire la convergenza per una classe
particolare di successioni definite per induzione.
Teorercizio 2. Sia f : R → R una funzione monotona crescente, ovvero tale che
x1 ≤ x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ).
Consideriamo la seguente successione definita per induzione
½
a0
=
α
an+1 = f (an ).
Provare che se a1 ≥ α, allora la successione è monotona crescente, mentre se a1 ≤ α la successione
è monotona decrescente. In particolare quindi, la successione ammette limite.
Soluzione. Ovviamente dovremo usare il principio di induzione. Proviamo soltanto la prima
affermazione: la seconda si prova esattamente nello stesso modo ed è lasciata alla buona volontà
dello studente. Supponiamo quindi di essere nel caso a1 ≥ α, vogliamo provare che
(5)
an+1 ≥ an , per ogni n ∈ N.
La (5) è ovviamente vera per n = 0, visto che corrisponde a a1 ≥ a0 = α. Supponiamo adesso che
la (5) sia vera per un certo naturale n0 , ovvero che risulti an0 +1 ≥ an0 , vogliamo provare che questo
6
LORENZO BRASCO
implica necessariamente an0 +2 ≥ an0 +1 . Infatti dalla definizione della successione e sfruttando la
monotonia di f si ottiene
an0 +2 = f (an0 +1 ) ≥ f (an0 ) = an0 +1 ,
che rappresenta la (5) per n0 + 1 e possiamo quindi concludere la dimostrazione. ¦
Nel caso che la funzione f che compariva nel Teorercizio precedente sia monotona decrescente,
possiamo ancora dire qualcosa, ma le cose si fanno decisamente più intricate: in particolare, quello
che diremo è legato all’analisi dei primi 4 termini.
Teorercizio 3. Sia f : R → R una funzione monotona decrescente, ovvero tale che
x1 ≥ x2 =⇒ f (x1 ) ≤ f (x2 ).
Consideriamo la seguente successione definita per induzione
½
a0
=
α
an+1 = f (an ).
Provare che se a2 ≥ α e a3 ≤ a1 , allora la sottosuccessione {a2n }n∈N è monotona crescente e
la sottosuccessione {a2n+1 }n∈N è monotona decrescente. Al contrario se a2 ≤ α e a3 ≥ a1 , la
sottosuccessione {a2n }n∈N è monotona decrescente e la sottosuccessione {a2n+1 }n∈N è monotona
crescente. In particolare, sotto queste ipotesi la sottosuccessione indicizzata dai numeri pari e quella
indicizzata dai numeri dispari convergono entrambe3.
Soluzione. Nuovamente, utilizziamo il principio di induzione: stavolta sarà necessaria un po’ di
cautela. Supponiamo infatti di voler dimostrare la prima affermazione, dobbiamo provare che se
a2 ≥ α e a3 ≤ a1 , allora la seguente affermazione è vera
(6)
a2n ≤ a2n+2 e a2n+1 ≥ a2n+3 , per ogni n ∈ N.
Ovviamente la (6) è verificata per n = 0, infatti stiamo assumendo che a2 ≥ α = a0 e a3 ≤ a1 .
Supponiamo quindi di sapere che la (6) sia verificata per un certo numero naturale n0 , quindi la
nostra ipotesi induttiva adesso sarà la seguente
a2n0 ≤ a2n0 +2 e a2n0 +1 ≥ a2n0 +3 .
Vogliamo dimostrare che questa ipotesi implica la validità di (6) anche per n0 + 1: infatti, tenendo
presente la monotonia di f si ha
a2n0 +4 = f (a2n0 +3 ) ≥ f (a2n0 +1 ) = a2n0 +2 ,
ed anche, sfruttando quanto appena ottenuto,
a2n0 +5 = f (a2n0 +4 ) ≤ f (a2n0 +2 ) = a2n0 +3 ,
ovvero abbiamo provato che la (6) è vera anche per n0 + 1 e quindi per il principio di induzione
essa è vera per ogni n ∈ N. ¦
Osservazione 3. Nel Teorercizio precedente, i casi evidenziati, ovvero
(i) a2 ≥ a0 e a3 ≤ a1
(ii) a2 ≤ a0 e a3 ≥ a1
sono gli unici per cui è possibile trarre delle conclusioni sulla successione.
3Non necessariamente allo stesso limite!
SUCCESSIONI NUMERICHE
7
3. Esercizi
Esercizio 1. Calcolare
lim
n→∞
1
log(n!)
n
Soluzione. Consideriamo la successione {an }n∈N definita da
an = log n, n ≥ 1,
la quale, per n che tende a ∞, tende a ∞.
Se formiamo la successione {αn }n∈N delle sue medie, ovvero
n
αn =
1X
ak ,
n
k=1
ci accorgiamo subito, per le proprietà dei logaritmi, che si ha
n
αn
=
1X
1
log k = (log 1 + log 2 + · · · + log n) =
n
n
=
1
1
log(1 · 2 · · · n) = log(n!)
n
n
k=1
ovvero {αn }n∈N è proprio la successione di cui vogliamo calcolare il limite. Per il I Teorema di
Cesaro, abbiamo quindi che
lim αn = lim an ,
n→∞
ovvero
lim
n→∞
n→∞
1
log(n!) = ∞.
n
¦
Esercizio 2. Calcolare il limite
πn
.
n→∞ (n + 1)!
lim
Soluzione. La successione di cui dobbiamo calcolare il limite sembra prestarsi perfettamente per
poter applicare il Criterio del rapporto, conseguenza del IV Teorema di Cesaro e del Teorercizio 1.
Ponendo an = π n /(n + 1)! si ha
an+1
π n+1
(n + 1)!
(n + 1)!
1
= lim
·
= π lim
= π lim
= 0,
n→∞ an
n→∞ (n + 2)!
n→∞ (n + 2)(n + 1)!
n→∞ n + 2
πn
lim
e quindi, appunto grazie al Criterio del rapporto, la nostra successione deve essere infinitesima,
ovvero
πn
lim
= 0.
n→∞ (n + 1)!
¦
Esercizio 3. Calcolare il limite
lim
n→∞
√
n
2n + n.
8
LORENZO BRASCO
Soluzione. L’Esercizio è abbastanza semplice, una volta che ci si accorga che per n grandi, il
termine dominante sotto la radice è il fattore 2n (è un ordine di infinito superiore rispetto al termine
n), ovvero che in sostanza
√
√
n
n
2n + n ' 2n = 2,
quindi ci aspettiamo che il valore del limite sia appunto 2. Formalizzando un po’ questo ragionamento, potremmo osservare che
2n ≥ 2n + n ≥ 2n + 2n ,
dal momento che n ≤ 2n per ogni n ∈ N (lo si provi per induzione...), quindi
√
√
√
n
2 ≤ n 2n + n ≤ n 2n + 2n = 2 2,
√
e possiamo concludere grazie dal Teorema dei Carabinieri, usando il fatto che n 2 → 1. ¦
Esercizio 4. Calcolare il limite
v
u n
uX
n
k.
lim t
n→∞
k=1
Soluzione. Ricordiamo che vale
an =
n
X
k=
k=1
n(n + 1)
.
2
Usando questa espressione, osserviamo che
an+1
(n + 1)(n + 2)
= lim
= 1,
n→∞ an
n→∞
n(n + 1)
lim
e quindi per il IV Teorema di Cesaro, otteniamo
v
u n
uX
√
an+1
n
k = lim n an = lim
lim t
= 1.
n→∞
n→∞ an
n→∞
k=1
¦
Esercizio 5. Calcolare il limite
lim
n→∞
1
nk+1
n
X
ik ,
i=1
dove k ∈ N \ {0}.
Soluzione. Vogliamo sfruttare il Teorema di Stolz-Cesaro, usando le successioni {an }n∈N e
{bn }n∈N definite da
n
X
an =
ik e bn = nk+1 , per ogni k ∈ N.
i=1
Con questa notazione infatti, l’Esercizio ci richiede di calcolare il limite
an
.
lim
n→∞ bn
Osserviamo quindi che {bn }n∈N è strettamente positiva, strettamente crescente e illimitata; inoltre
an+1 − an
(n + 1)k
= lim
,
n→∞ bn+1 − bn
n→∞ (n + 1)k+1 − nk+1
lim
SUCCESSIONI NUMERICHE
9
quindi se questo limite esiste e lo sappiamo calcolare, possiamo concludere grazie al Teorema di
Stolz-Cesaro, infatti in tal caso avremo
an
an+1 − an
(n + 1)k
= lim
= lim
.
n→∞ bn
n→∞ bn+1 − bn
n→∞ (n + 1)k+1 − nk+1
lim
D’altronde, dalla formula del Binomio di Newton, otteniamo4
(n + 1)k+1 − nk+1 = nk+1 + (k + 1) nk − nk+1 + O(nk−1 ) = (k + 1) nk + O(nk−1 ),
da cui quindi
1
(n + 1)k
nk + O(nk−1 )
=
,
= lim
k+1
k+1
n→∞ (n + 1)
n→∞ (k + 1) nk + O(nk−1 )
−n
k+1
lim
concludendo cosı̀ l’Esercizio. ¦
Esercizio 6. Calcolare
r
lim
n→∞
n
nn
n!
Soluzione. Vogliamo usare il IV Teorema di Cesaro, poniamo quindi
nn
an =
, n ∈ N,
n!
e calcoliamo
an+1
(n + 1)n+1 n!
lim
= lim
=
n→∞ an
n→∞ (n + 1)! nn
(n + 1)n (n + 1) n!
= lim
=
n→∞
(n + 1)n!
nn
¶n
µ
(n + 1)n
1
= lim
=
lim
= e.
1
+
n→∞
n→∞
nn
n
Per il IV Teorema di Cesaro abbiamo quindi
r
√
nn
an+1
lim n
= lim n an = lim
= e.
n→∞
n→∞
n→∞ an
n!
¦
Esercizio 7. Calcolare
nkn
,
n→∞ (kn)!
lim
dove k ∈ N \ {0}.
Soluzione. Chiamiamo per semplicità an la successione di cui vogliamo calcolare il limite ed
osserviamo che
(n + 1)kn+k (kn)!
an+1
=
an
nkn (kn + k)!
µ
¶kn
·µ
¶n ¸k
(n + 1)k
1
1
nk
=
1+
1
+
,
'
(kn + k) · . . . · (kn + 1)
n
(kn)k
n
4Ricordo che con O(nk ) si intende che lim O(nk ) = ` 6= 0, ±∞
k
n→∞
n
10
LORENZO BRASCO
dove con il simbolo ' si intende che le quantità a destra ed a sinistra asintoticamente (ovvero per
n grandi) sono equivalenti. Possiamo quindi ricavare che
·µ
¶n ¸k
³ e ´k
an+1
nk
1
ek
1
+
lim
= lim
=
=
.
n→∞ an
n→∞ (kn)k
n
kk
k
Abbiamo quindi ottenuto, usando il IV Teorema di Cesaro, che
³ e ´k
√
an+1
(7)
lim n an = lim
=
.
n→∞
n→∞ an
k
Osserviamo infine che
³ e ´k
k
mentre
> 1 per k = 1, 2,
³ e ´k
< 1 per k ≥ 3,
k
quindi utilizzando quanto provato nell’Esercizio 1, da (7) segue che
½
+∞, per k = 1, 2,
lim an =
0,
per k ≥ 3.
n→∞
¦
Esercizio 8. Dimostrare che la successione {an }n∈N definita da
an =
2n
X
1
, n ∈ N,
k
k=n+1
ammette limite ` e tale limite verifica 7/12 ≤ ` ≤ 5/6.
Soluzione. Verifichiamo che la successione in questione è monotona crescente: si ha infatti
an+1 =
2n+2
X
k=n+2
2n
2n
X
X
1
1
1
1
1
1
=
+
+
−
≥
= an ,
k
k 2n + 1 2n + 2 n + 1
k
k=n+1
k=n+1
dove abbiamo usato il fatto che
1
1
1
+
−
≥ 0.
2n + 1 2n + 2 n + 1
Una volta ottenuta la monotonia della successione, possiamo affermare che essa ammette sicuramente limite e vale
` = lim an = sup an .
n→∞
n∈N
Cerchiamo di mostrare la stima richiesta sul numero `: osserviamo innanzitutto che deve sicuramente essere ` ≤ 1, dal momento che
an =
2n
X
1
1
1
1
1
1
1
n
=
+
+ ··· +
≤
+
+ ··· +
=
,
k
n+1 n+2
2n
n+1 n+1
n+1
n+1
k=n+1
ed ovviamente n/(n + 1) tende ad 1 per n che tende a ∞. Consideriamo adesso la sottosuccessione
{a2n }n∈N fatta prendendo solo gli elementi aventi indice pari: sappiamo che anch’essa tende a `,
SUCCESSIONI NUMERICHE
11
inoltre
a2n =
4n
X
k=2n+1
1
=
k
µ
≤n
1
1
1
+
+ ··· +
2n + 1 2n + 2
3n
¶
µ
+
1
1
+ ··· +
3n + 1
4n
¶
1
1
+n
,
2n + 1
3n + 1
da cui si ha
n
n
5
+n
= .
2n + 1
3n + 1
6
Per ottenere la stima dal basso su `, si procede esattamente nello stesso modo, stimando però dal
basso stavolta i termini nella sommatoria precedente, ovvero
µ
¶ µ
¶
1
1
1
1
1
a2n =
+
+ ··· +
+ ··· +
+
2n + 1 2n + 2
3n
3n + 1
4n
1
1 1
7
1
≥n
+n
= + =
,
3n
4n
3 4
12
e quindi ` deve essere compreso tra 7/12 e 5/6. ¦
` = lim a2n ≤ lim
n→∞
n→∞
Osservazione 4. Osserviamo che nello stesso modo, si potrebbe raffinare la stima precedente
prendendo opportune sottosuccessioni di {an }n∈N : ad esempio, prendendo {a3n }n∈N si ottiene che
deve aversi
¶ µ
¶ µ
¶
µ
1
1
1
1
1
1
+ ··· +
+
+ ··· +
+
+ ··· +
a3n =
3n + 1
4n
4n + 1
5n
5n + 1
6n
1
1
1
≤n
+n
+ +n
,
3n + 1
4n + 1
4n + 1
ovvero
¶
µ
n
n
1 1 1
47
n
+
+
= + + =
,
` = lim a3n ≤ lim
n→∞
n→∞ 3n + 1
4n + 1 4n + 1
3 4 5
60
che rappresenta un piccolo miglioramento rispetto alla stima precedente. Analogamente, si dimostra
che
1 1 1
37
`≥ + + =
,
4 5 6
60
che è leggermente più grande di 7/12.
Esercizio 9. Sia data la successione definita per induzione da
½
a1
= √ 0
an+1 =
2 + an
Dire se esiste il limite per n che tende a ∞ e calcolarlo.
Soluzione. Si vede subito che la successione è tutta positiva (dimostrarlo per induzione). Proviamo che è crescente, procedendo per induzione: il primo passo è mostrare che la proposizione
(8)
an+1 ≥ an ,
è vera per n = 1. Questo è immediato, dal momento che
√
√
a2 = 2 + a1 = 2 ≥= a1 .
12
LORENZO BRASCO
Supponiamo adesso che la proposizione (8) sia vera per un certo n0 ∈ N, ovvero supponiamo di
sapere che
an0 +1 ≥ an0 ,
allora otteniamo
p
p
an0 +2 = 2 + an0 +1 ≥ 2 + an0 = an0 +1 ,
ovvero la (8) è vera anche per il naturale successivo n0 + 1 e quindi (8) è vera per ogni n ≥ 1.
Abbiamo quindi che {an }n∈N ammette sicuramente limite ` e deve risultare
` = lim an = sup an .
n→∞
n→∞
Calcoliamo `: la sottosuccessione {an+1 }n∈N convergerà allo stesso limite ed inoltre dalla definizione
di an si ottiene che ` deve verificare
q
√
√
` = lim an+1 = lim 2 + an = 2 + lim an = 2 + `,
n→∞
n→∞
n→∞
2
ovvero deve risultare ` = 2 + `, quindi abbiamo tre possibilità per `, ovvero
` = +∞ oppure ` = 2 oppure ` = −1.
Possiamo subito escludere la terza perchè abbiamo detto che an ≥ 0, per ogni n ∈ N, quindi dovrà
essere anche ` ≥ 0; se sapessimo che la successione {an }n∈N è limitata, potremmo escludere anche
la prima e concluderne quindi che deve essere ` = 2. D’altra parte, si vede facilmente che deve
risultare
(9)
an ≤ 2,
per ogni n ≥ 1: la dimostrazione si fa di nuovo per induzione, dal momento che (9) è sicuramente
verificata per n = 1; inoltre, assumendo che (9) valga per un certo n0 ∈ N, si ottiene
√
p
an0 +1 = 2 + an0 ≤ 4 = 2,
ovvero (9) è valida anche per il naturale successivo n0 + 1 e quindi è vera per ogni n ≥ 1. In
definitiva
lim an = 2,
n→∞
concludendo cosı̀ l’esercizio. ¦
Esercizio 10. Studiare il comportamento della successione definita per induzione

 a0
=
1
an + 2
 an+1 =
3an + 2
Soluzione. È immediato osservare che la successione deve essere tutta positiva e minore di 1.
Inoltre l’(n + 1)−esimo termine è della forma an+1 = f (an ), con la funzione f definita da
x+2
f (x) =
, x ≥ 0.
3x + 2
Non è difficile convincersi che f è monotona decrescente5, quindi potremmo tentare di utilizzare
il Teorercizio 3 per concluderne qualcosa sulla nostra successione: in effetti, calcolando i primi 4
termini della successione otteniamo
13
= a2 ,
a0 = 1 ≥
19
5Non è necessario usare le derivate per vederlo.
SUCCESSIONI NUMERICHE
13
mentre
3
51
≤
= a3 ,
5
77
quindi per quanto visto nell’Esercizio precedente, otteniamo che {a2n }n∈N è monotona decrescente,
mentre {a2n+1 }n∈N è monotona crescente, in particolare esistono `1 ed `2 tali che
a1 =
lim a2n = `1 e lim a2n+1 = `2 .
n→∞
n→∞
Cerchiamo di calcolare i limiti `1 ed `2 : dalla definizione, abbiamo
a2n+1 + 2
f (a2n ) + 2
7a2n + 6
a2n+2 = f (a2n+1 ) =
=
=
,
3a2n+1 + 2
3f (a2n ) + 2
9a2n + 10
e dal momento che {a2n+2 }n∈N è una sottosuccessione di {a2n }n∈N , si avrà anche a2n+2 → `1 ,
ovvero
7a2n + 6
7`1 + 6
`1 = lim a2n+2 = lim
=
,
n→∞
n→∞ 9a2n + 10
9`1 + 10
abbiamo quindi trovato che il candidato limite `1 deve soddisfare la precedente relazione, ovvero
7`1 + 6
.
`1 =
9`1 + 10
D’altra parte tale relazione è soddisfatta solamente per `1 = −1 oppure `1 = 23 : dal momento che
la successione è tutta a termini positivi, dovremo scartare il primo valore e concluderne quindi che
2
lim a2n = .
n→∞
3
Con calcoli completamente analoghi si prova che deve valere anche
2
lim a2n+1 = ,
n→∞
3
da cui se ne conclude6 che la successione di partenza ammette limite e questo è dato da 23 . ¦
6Attenzione! Si ricordi che in generale, se una successione {a }
n n∈N possiede due sotto-successioni convergenti
allo stesso limite `, questo non implica che anche an → `. Quello che stiamo usando in questo caso, è che le
due sotto-successioni in esame sono complementari, nel senso che {a2n+1 }n∈N ∪ {a2n }n∈N = {an }n∈N , per cui dal
comportamento delle due sotto-successioni, possiamo ricavarne il comportamento di tutta la successione.