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Limiti di successioni - svolgimenti Scriveremo an ≈ bn quando lim n

an = 1. bn

1) Calcoliamo questo limite, raccogliendo il fattore nn al numeratore e al denominatore. Si ha   n  nn n12 + n−2 nn−2 + (n − 2)n n =  .  4(nn ) − 3(n!) nn 4 − 3 n!n n

Innanzitutto, ricordiamo che

lim

n→+∞

Inoltre, si ha lim

n→+∞



n−2 n

n

n! = 0. nn

  2 n 1− = e−2 , n→+∞ n

= lim

utilizzando il limite notevole lim

n→+∞

Quindi, il limite richiesto vale



1+

a n = ea , ∀a ∈ R. n

1 . 4e2

2) Questo limite `e del tutto analogo al precedente. Procedendo allo stesso modo, si ottiene nn−3 + (n − 3)n 1 . lim = n→+∞ 6(nn ) + 7(n!) 6e3

3) Applicando le propriet`a dei logaritmi, si ha log((n + 5)!) − log(n! + 5) = log Inoltre

(n + 5)! . n! + 5

(n + 5)! = (n + 5)(n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) n! + 5



n! n! + 5



≈

≈ (n + 5)(n + 4)(n + 3)(n + 2)(n + 1) ≈ n5 , per n → +∞. Perci`o, l’espressione al numeratore si comporta come log(n5 ) = 5 log n. D’altra parte, cos(nπ) = (−1)n `e una quantit`a limitata, quindi log(2n6 + cos(nπ)) ≈ log(2n6 ) = log 2 + 6 log n, 1

per n → +∞. Si ottiene quindi lim

n→+∞

5 log n log((n + 5)!) − log(n! + 5) 5 = lim = . n→+∞ log 2 + 6 log n log(2n6 + cos(nπ)) 6

4) Risolviamo questo limite, con un procedimento pi` u rapido del precedente, supportato, per` o, dalle stesse considerazioni. Scriviamolo in una forma pi` u semplice, eliminando le costanti e le quantit` a che non hanno alcuna influenza sul comportamento della successione all’infinito. Si ha lim

n→+∞

log((n + 6)!) − log(n! + 7) log((n + 6)!) − log(n!) = lim n→+∞ log(n8 ) log(6n8 + sin(n π2 )) 3 6 log n = . = lim n→+∞ 8 log n 4

5) Separando i due termini al numeratore, si ha 3n − 3n log n 3n = n− n n n Si ha subito



3log n n

n

.

3n = 0. n→+∞ nn lim

Inoltre, lim

n→+∞

dato che



3log n n

n 3log n n→+∞ elog n  n log n 3 = lim = +∞, n→+∞ e

n

= lim



3 > 1. Quindi, il limite richiesto vale −∞. e

6) Calcoliamo questo limite, separando i due termini al numeratore. Si ottiene lim

n→+∞

(2n)! n! n! + (2n)! + lim = lim . n→+∞ nn n→+∞ nn nn

Si ha subito lim

n!

n→+∞ nn

e lim

n→+∞

=0

(2n)! = +∞. nn 2

Giustifichiamo l’ultimo limite osservando che (2n)! n+2 n+1 2n 2n − 1 · n! > n! · ··· · = n n n n n n

∀n ≥ 1,

dato che ciascuno dei primi n termini `e maggiore di 1. Quindi il limite richiesto vale +∞.

7) Il limite proposto vale 0. Per calcolarlo, osserviamo che 2 n n + 2n  n  n + 2(n−n ) . = 2n 2n2

Si ha subito

lim 2(n−n

2

)

n→+∞

= 0,

dato che lim (n − n2 ) = −∞. Inoltre, dalla disuguaglianza n→+∞

n ≤ 2n−1 si deduce

n 1 ≤ 2n 2

 n n  1  n ≤ 2 2n

e

da cui segue

∀n ≥ 1,

∀n ≥ 1,

 n n = 0. n→+∞ 2n lim

8) Ragionando come nell’esercizio 5, si ha nn n n + 3n = n log n + n log n 4 4 Inoltre lim

nn

n→+∞ 4n log n

dato che

= lim

n→+∞



lim

n→+∞



3

4log n

Quindi, il limite richiesto vale 0. 3

4log n

n

 e n log n

e < 1. Dalla disuguaglianza 4  n  n 3 3 < 4 4log n

si ottiene

3

n

4

= 0,

∀n ≥ 3,

= 0.

.

9) Osserviamo che valgono le seguenti uguaglianze  2      n (n + 1) + 2 2π 2π sin π = sin n(n + 1)π + = sin , n n n dato che n(n + 1)π `e multiplo pari di π, qualunque sia n. Si ha, quindi     2 2π n (n + 1) + 2 lim n sin π = lim n sin n→+∞ n→+∞ n n   sin 2π n = 2π lim = 2π. 2π n→+∞

Nell’ultimo passaggio, abbiamo usato la propriet` a sin



2π n

n



≈

2π , per n → +∞. n

10) Procediamo come nell’esercizio precedente, osservando che  2      n (n − 1) − 3 3π −3π sin π = sin n(n − 1)π − = sin , n n n poich`e n(n − 1) `e pari, qualunque sia n. Si ottiene, quindi  2    n (n − 1) − 3 −3π n sin π = lim lim n sin n→+∞ n→+∞ n n  −3π  sin n = −3π. = −3π lim −3π n→+∞

n

11) Il limite si presenta nella forma indeterminata ∞ · 0. Raccogliamo nel primo fattore il termine che tende all’infinito pi` u velocemente. Si ha  n  2 lim (2n + n!) sin(4 arctan(n!)) = lim + 1 n! sin(4 arctan(n!)) n→+∞ n→+∞ n! = lim n! sin(4 arctan(n!)), n→+∞

n

2 = 0. n! Per il calcolo dell’ultimo limite, possiamo procedere in diversi modi. Utilizzeremo, dapprima, una relazione nota dalla trigonometria e, nell’esercizio successivo, per il calcolo di un limite analogo, utilizzeremo un metodo alternativo e di carattere pi` u generale. Ricordiamo, quindi, la seguente relazione   π 1 = ∀x > 0, arctan x + arctan 2 x

ricordando che lim

n→+∞

4

dalla quale si ottiene     1 π − arctan sin(4 arctan(n!)) = sin 4 n! 2    1 = sin 2π − 4 arctan n!    1 . = − sin 4 arctan n! Ora, ricordando che arctan x ≈ x e sin x ≈ x, per x → 0, si ha      4 4 1 ≈ − sin ≈− , − sin 4 arctan n! n! n! per n → +∞. Quindi il limite richiesto vale −4.

12) Procedendo come nell’esercizio precedente, si ha lim (3n − n!) cos(π + arctan(n!)) = − lim

n→+∞

n→+∞

n! cos(π + arctan(n!))

= lim n! cos(arctan(n!)) n→+∞    1 π − arctan = lim n! cos n→+∞ n! 2    1 = lim n! sin arctan n→+∞ n! = 1. Come anticipato nell’esercizio 11, calcoliamo

lim n! cos(arctan(n!)) con un me-

n→+∞

todo alternativo al precedente, e di carattere pi` u generale. Determiniamo il limite della successione n → n! cos(arctan(n!)) , determinando il limite della funzione ”corrispondente” f (x) = x cos(arctan x) per x → +∞. Calcoliamo, quindi, il lim x cos(arctan x), utilizzando la regola di De L’Hopital. Si x→+∞

ha lim x cos(arctan x) = lim

x→+∞

cos(arctan x) 1 x

x→+∞

= lim

− sin(arctan x) ·

x→+∞

= lim sin(arctan x) · x→+∞

= sin

1 1+x2

− x12 x2 1 + x2

π = 1. 2

Quindi, anche lim

m→+∞

m cos(arctan m) = lim n! cos(arctan(n!)) = 1, n→+∞

5

avendo usato la semplice sostituzione n! = m.

13) Si ha lim (2n − n!) sin

n→+∞

π

  π + arctan(n!) = − lim n! sin + arctan(n!) n→+∞ 2 2 = − lim n! cos(arctan(n!)) n→+∞

= −1, ricordando il risultato ottenuto nell’esercizio precedente.

14) Calcoliamo questo limite effettuando un raccoglimento al numeratore e al denominatore. Si ha   n+1 n+1 n+1 n+1 1 + 3 1 + n1 n n + 3(n + 1)  =  . nn + n! nn 1 + nn!n Ricordando che

lim

n→+∞

e che

n! = 0, nn

n+1  1 1+ = e, n→+∞ n lim

si ottiene nn+1 + 3(n + 1)n+1 π π sin = (1 + 3e) lim n sin n→+∞ n→+∞ n n nn + n! sin πn = π(1 + 3e) lim π lim

n→+∞

n

= π(1 + 3e). Nell’ultimo passaggio, abbiamo usato la propriet` a sin

π π ≈ , per n → +∞. n n

15) Questo esercizio `e simile al precedente. Lo risolveremo utilizzando lo stesso metodo.   2(n!) n+1 n+1 1 + n n+1 n n + 2(n!) . n = n  (n − 1)n + 2(nn ) 1 − n1 + 2 n Osservando che

0<

n! n! ≤ n nn+1 n 6

∀n ≥ 1,

di nuovo, si ha lim

n→+∞

Inoltre,

n! = 0. nn+1

  1 n 1 1− = e−1 = . n→+∞ e n lim

Quindi, si ha lim

n→+∞

nn+1 + 2(n!) 2π tan = (n − 1)n + 2(nn ) n

1 e

1 +2

2π n

lim n tan

n→+∞

2π

tan n 2eπ lim 1 + 2e n→+∞ 2π n 2eπ = . 1 + 2e =

Nell’ultimo passaggio, abbiamo usato la propriet` a tan

2π 2π ≈ , per n → +∞. n n

16) Ricordiamo innanzitutto che (n + 1)! = (n + 1)n! e lavoriamo sul fattore   n (n + 1)! n+sin +1 n!(n + sin n) + (n + 1)! n+1  = . n n! + 2n n! 1 + 2n!

Osserviamo che

n+1 n + sin n n−1 ≤ ≤ n+1 n+1 n+1

∀n ≥ 1.

Perci` o, lim

n→+∞

Inoltre,

n + sin n = 1. n+1

2n = 0. n→+∞ n! lim

Quindi, lim

n→+∞

n!(n + sin n) + (n + 1)! 2π 2π = 2 lim (n + 1) sin sin n n→ + ∞ n n! + 2 n 2π = 4π. = 2 lim (n + 1) n→+∞ n

Di nuovo, abbiamo usato la propriet`a sin

2π 2π , per n → +∞. ≈ n n

17) Anche in questo esercizio, incominciamo a semplificare, osservando che 7

en+log n = en · elog n = nen . Si ha e

  sin(n!) n 1 + ne n e + n sin(n!) = n+1  n2  . en+1 + n2 e 1 + en+1

n+log n

Inoltre −

1 sin(n!) 1 ≤ n ≤ en en e

∀n ≥ 1,

quindi lim

n→+∞

Inoltre, lim ottiene

n2

n→+∞ en+1

sin(n!) = 0. en

= 0, dato che n2...