1) Il numero e. Si consideri x ∈ R, x ≠ 0, e si dimostri che la successione

α_{n}(x) = (1 + \frac{x}{n})^{n}

è definitivamente strettamente crescente (suggerimento: usare la disuguaglianza delle medie, Esercizio n. ???). Si studino poi in particolare le due successioni α_{n}(1) e α_{n}(−1).

Soluzione È sufficiente considerare n + 1 numeri x_{1}, x_{2}, … x_{n+1} definiti da

x_{1} = … = x_{n} = 1 + \frac{x}{n} , x_{n+1} = 1 .

Poiché la media geometrica di k numeri positivi è minore della loro media aritmetica, se 1 + \frac{x}{n} > 0, e cioè n > −x, scrivendo le due medie per x_{1}, … x_{n+1} si ottiene

(1 + \frac{x}{n}) · . . . · (1 + \frac{x}{n}) · 1 < \frac{1}{n + 1}(1 + \frac{x}{n} + … + 1 + \frac{x}{n} + 1)

e cioè

(1 + \frac{x}{n})^{n} < (1 + \frac{x}{n + 1})^{n+1} .

Si noti che la disguaglianza è stretta perché x_{1}, … x_{n+1} non sono tutti uguali. Concludendo: a_{n} è crescente per ogni x > 0 ed è definitivamente crescente per ogni x < 0 (crescente per n > −x). Si considerino ora due casi particolari: x = 1 e x = −1. Si ottiene allora che le due successioni α_{n}(1) = (1 + \frac{1}{n})^{n} e α_{n}(−1) = (1 − \frac{1}{n})^{n} sono crescenti e quindi

α_{n}(1) = a_{n} = (1 + \frac{1}{n})^{n} crescente ,

\frac{1}{α_{n}(−1)} = b_{n} = (1 − \frac{1}{n})^{−n} decrescente .

Di conseguenza esistono lim_{n→∞} a_{n} = sup_{n∈N} a_{n} e lim_{n→∞} b_{n} = inf_{n∈N} b_{n}. Vediamo che vale a_{n} ⩽ b_{k} per ogni n, k ∈ N. Infatti, supponendo che n ⩽ k, si ha dalla monotonia di a_{n}

a_{n} \frac{1}{b_{k}} = (\frac{n + 1}{n})^{n}(\frac{k − 1}{k})^{k} ⩽ (\frac{k + 1}{k})^{k}(\frac{k − 1}{k})^{k} = (\frac{k^{2} − 1}{k^{2}})^{k} < 1

e quindi a_{n} < b_{k}. Analogamente si prova la disuguaglianza nel caso in cui n ⩾ k. Da ciò in particolare concludiamo che A = {a_{n}|n ∈ N} è limitato superiormente (dai b_{k}) e B = {b_{n}|n ∈ N} è limitato inferiormente (dagli a_{n}). Quindi lim_{n→∞} a_{n} e lim_{n→∞} b_{n} esistono finiti. Inoltre sappiamo che

lim_{n→∞} a_{n} ⩽ lim_{n→∞} b_{n}.

Si pone

e := lim_{n→∞} a_{n} = sup_{n∈N} (1 + \frac{1}{n})^{n} .

Tale numero è compreso tra 2 e 3 (infatti a_{1} < e < b_{6} e a_{1} = 2 e b_{6} è circa 2, 98). Vediamo quant’è il limite di b_{n}:

lim_{n→∞}(1 − \frac{1}{n})^{−n} = lim_{n→∞}(\frac{n − 1 + 1}{n})^{−n} =
= lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{n − 1})^{n−1}(1 + \frac{1}{n − 1}) =
= lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{n − 1})^{n−1} lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{n − 1}) = e .

Abbiamo quindi trovato due sucessioni, una crescente ed una decrescente, convergenti allo stesso limite e. Tornando a α_{n}(1) = a_{n} e α_{n}(−1) = b_{n}^{−1} possiamo concludere che

lim_{n→∞}(1 + \frac{1}{n})^{n} = e  lim_{n→∞}(1 − \frac{1}{n})^{n} = e^{−1} .

In generale vale

lim_{n→∞}(1 + \frac{α}{n})^{n} = e^{α} .

1,5) Ancora sulla base naturale e. Supponiamo che un capitale C venga investito per un anno. È più conveniente ricevere un interesse j dopo un anno oppure un interesse j/2 ogni sei mesi?

Soluzione: Dopo un anno si ha che il capitale è C + jC = C(1 + j se l’interesse viene dato tutto assieme dopo un anno. Se invece dopo sei mesi si ottiene un interesse di j/2 si ha alla scadenza dei sei mesi un capitale pari a

C + \frac{j}{2}C = C(1 + j/2)

e dopo altri sei mesi

[C(1 + j/2)] + [C(1 + j/2)]j/2 = C(1 + \frac{j}{2})^{2} .

Si vede facilmente che 1+j < (1+j/2)^{2}. Se l’interesse maturato venisse pagato, e quindi reinvestito assieme al capitale iniziale. ogni mese si otterrebbe a fine anno

C(1 + \frac{j}{12})^{12} .

Analogamente, se l’interesse venisse pagato giornalmente, reinvestendo dopo un anno si avrebbe

C(1 + \frac{j}{365})^{365} .

Se l’accredito fosse istantaneo, il capitale maturerebbe diventando dopo un anno

Ce^{j} .

2) Dire quale, fra le due quantità, è la maggiore:

n^{n+1} e (n + 1)^{n} .

Soluzione. Valutando il rapporto fra le due quantità si ottiene

\frac{(n + 1)^{n}}{n^{n+1}} = (\frac{n + 1}{n})^{n} \frac{1}{n} < \frac{3}{n}

quindi n^{n+1} < (n + 1)^{n} per n ⩾ 3. Per n = 1, 2 si verifica facilmente che è vero il contrario.

3) Calcolare i limiti lim_{n→∞} \frac{log n}{n} e lim_{n→∞} \frac{a^{n}}{n} con a > 1. Soluzione

i) Dimostriamo prima che a_{n} = \frac{log n}{n} è decrescente:

a_{n+1} − a_{n} = \frac{log(n + 1)}{n + 1} − \frac{log n}{n} =
= \frac{log(n + 1)^{n} − log n^{n+1}}{(n + 1)n} =
= \frac{1}{(n + 1)n} log \frac{(n + 1)^{n}}{n^{n+1}}

e dall’esercizio precedente sappiamo che (n+1)^{n} < n^{n+1} per ogni n ⩾ 3, per cui la quantità a_{n+1} − a_{n} è negativa. ii) Poiché a_{n} è decrescente e positiva si ha che

lim_{n→∞} a_{n} = inf_{n∈N} a_{n} = l ⩾ 0 .

Valutiamo ora a_{n^{2}}:

a_{n^{2}} = \frac{log n^{2}}{n^{2}} = \frac{2}{n}a_{n} .  (1)

Poiché lim_{n→∞} a_{n} = l si ha anche lim_{n→∞} a_{n^{2}} = l e quindi passando al limite in (1) si ottiene

lim_{n→∞} a_{n^{2}} = lim_{n→∞} \frac{2}{n} lim_{n→∞} a_{n}

da cui

l = 0 · l

e quindi infine l = 0. Il secondo limite può essere calcolato in modo analogo e mostrare che è +∞.

4) Calcolare i seguenti limiti

a) lim_{n→∞} [\frac{1}{\sqrt{n+1}} + \frac{1}{\sqrt{n+2}} + … \frac{1}{\sqrt{2n}}] .

b) lim_{n→∞} [\frac{1}{(n+1)^{2}} + \frac{1}{(n+1)^{2}} + … \frac{1}{(2n)^{2}} ] .

c) lim_{n→∞} [\frac{1}{\sqrt{n^{2}+1}} + \frac{1}{\sqrt{n^{2}+2}} + … \frac{1}{\sqrt{n^{2}+n}}] . Soluzione.

a) Detto a_{n} il termine n-esimo della successione si ha

a_{n} ⩾ \underbrace{\frac{1}{\sqrt{2n}} + … + \frac{1}{\sqrt{2n}}}_{n volte} = \frac{n}{\sqrt{2n}} → +∞ .

b) Detto a_{n} il termine n-esimo della successione si ha

0 ⩽ a_{n} ⩽ \underbrace{\frac{1}{(n + 1)^{2}} + … + \frac{1}{(n + 1)^{2}}}_{n volte} = \frac{n}{(n + 1)^{2}} → 0 .

Per il teorema dei due carabinieri si conclude.

c) Detto a_{n} il termine n-esimo della successione si ha

\frac{1}{\sqrt{n^{2} + n}} ⩽ a_{n} ⩽ \frac{1}{\sqrt{n^{2} + 1}} .

Per il teorema dei due carabinieri si conclude che il limite è 1.

5) Mostrare che

lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n^{2}} )^{n} = 1 , lim_{n→∞} (1 + \frac{1}{n^{n}} )^{n!} = 1

Senza soluzione 6) Calcolare lim_{n→∞}^{n}\sqrt{3^{n} + 7^{n}}. Soluzione Raccogliendo 7^{n} all’interno della radice si ottiene che

n \sqrt{3^{n} + 7^{n}} = 7 ^{n} \sqrt{1 + (3/7)^{n}} → 7 .

Successioni per ricorrenza. Sono successioni definite tramite una funzione f nel modo seguente:

noto a_{0} si definisce a_{n+1} = f(a_{n}) .

Si osservi che se f è una funzione crescente allora a_{n} è monotona. È sufficiente verificare se a_{1} è maggiore o minore di a_{0}. Infatti se a_{1} > a_{0} si ha, dalla crescenza di f, che

se a_{1} > a_{0} ⇒ f(a_{1}) > f(a_{0})

cioè a_{2} > a_{1}, per cui

a_{2} > a_{1} ⇒ f(a_{2}) > f(a_{1})

e quindi a_{3} > a_{2} e per induzione a_{n+1} > a_{n}. Se invece a_{1} < a_{0} in maniera analoga si mostra che a_{n} è decrescente.

4) Data la successione per ricorrenza definita da a_{0} = \sqrt{2} e a_{n+1} = \sqrt{2 + a_{n}}, provare che a_{n} è limitata superiormente da 2 e studiare il limite della successione. Soluzione Vediamo il primo punto: chiaramente a_{0} < 2. Supposto a_{n} < 2 si ha

a_{n+1} = \sqrt{2 + a_{n}} < \sqrt{2 + 2} = 2 .

Ora vediamo il limite: se tale limite esiste, diciamo lim_{n→∞} a_{n} = l, si ha

lim_{n→∞} a_{n+1} = lim_{n→∞} \sqrt{2 + a_{n}} ⇒ l = \sqrt{2 + l}

quindi

l^{2} − l − 2 = 0 con la condizione l ⩾ 0

da cui si ricava che l = 2. Il problema è quindi stabilire l’esistenza del limite. La successione è crescente: infatti poiché la funzione f(x) = \sqrt{2 + x} è strettamente crescente e a_{1} = \sqrt{2 + \sqrt{2}} > a_{0} si ha che a_{n} è monotona crescente. Di conseguenza la sucessione ammette limite. Si osservi infine che si è ottenuto

2 = \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + …}}}} .

Forse si può aggiungere una piccola osservazione nell’esercizio 13 dicendo che f(x) = (x + B/x)/2 non è crescente (e quindi ...)

Una serie

Calcolare ∑_{n=1}^{∞} [\frac{π}{2} − arcsen (\frac{n}{n + 1})].

Soluzione Proponiamo due soluzioni.

La prima è la seguente. Prima ricordiamo i seguenti fatti

lim_{n→∞} \frac{sen a_{n}}{a_{n}} = 1 se a_{n} infinitesima

e

sen (α − β) = sen α cos β − cos α sen β .

Usando il primo dei fatti appena ricordati e il criterio del confronto ci possiamo limitare a studiare il comportamento della serie

∑_{n=1}^{∞} sen [\frac{π}{2} − arcsen (\frac{n}{n + 1})]

che per il secondo fatto diventa

∑_{n=1}^{∞} cos( arcsen \frac{n}{n + 1}) = \sqrt[∑_{n=1}^{∞}]{1 − sen^{2}( arcsen \frac{n}{n + 1})} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{\sqrt{2n + 1}}{n + 1}

che diverge. La seconda è meno elegante, ma può essere istruttiva. Michele, ti piace o la togliamo? Si consideri la funzione

f(x) = \frac{π}{2} − arcsen x .

Si ha che

lim_{x→1^{−}}f(x) = 0 e f′(x) = −\frac{1}{\sqrt{(1 − x)(1 + x)}} .

Ora, se si riuscisse a trovare una funzione g tale che

lim_{x→1^{−}} g(x) = 0 e lim_{x→1^{−}} \frac{f′(x)}{g′(x)} = 1  (2)

grazie alla regola di de l’Hôpital si concluderebbe che lim_{x→1^{−}} \frac{f(x)}{g(x)} = 1. Sce-

gliendo g′(x) = −\frac{1}{\sqrt{(1−x)}} si ha chiaramente che le condizioni (2) sono sod-

disfatte. Integrando si ottiene g(x) = 2\sqrt{1 − x}. Conclusione:

lim \frac{f(x)}{g(x)} = 1

e quindi, per il criterio del confronto, la serie seguente ha lo stesso carattere di quella di partenza:

∑_{n=1}^{∞} 2\sqrt{1 − \frac{n}{n + 1}} = 2 ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{\sqrt{n + 1}} .

Si conlude che la serie diverge (confrontare con quanto ottenuto precedentemente).