SUCCESSIONI

Esercizi svolti.

1) Sia α un numero reale positivo. Dimostrare che se n ∈ N soddisfa n > [α], soddisfa anche

n > α ([α] denota la parte intera di α).

2) Verificare, attraverso la definizione, che la successione

an :=2n+ 33n− 7

converge a 23 .

3) Verificare, attraverso la definizione, che la successione

an :=n4 + 3

3n5 + 7 cos2 n+ 2

converge a 0.

4) Dimostrare, attraverso la definizione, che la successione

an :=4− n2

n

diverge a −∞ per n→ +∞.

5) Stabilire se le seguenti successioni sono limitate:

(a)2n2 − 1

n

(b)√n2 − 2− n

(c)2n− 1n+ 5

(d)cos 2nn

(e)(−1)n(

3π

)n.

1

2 SUCCESSIONI

6) Per ciascune delle seguenti successioni

a) (−1)n cos(πn) ; b)n− 23

5n; c) cos

(π

2n

)stabilire quali delle seguenti proprieta sono verificate definitivamente:

(1) i termini sono positivi;

(2) i termini sono minori di un certo M > 0;

(3) i termini sono maggiori di un certo m > 0.

7) Stabilire quali fra le seguenti successioni sono monotone

a)n2 sin(π

2n

); b)

nn

n!.

8) Calcolare i limiti delle seguenti successioni:

(a)2n3 − 1n+ 5

(b)√n2 − 2− n

(c)101010

n7 + n6 + 13n5 − 59n3 + n2 + 12219n7 + n5 − 135n4 + 12

(d)cos 2nn

(e)(−1)n(

3π

)n

(f)(−1)n(π

3

)n

(g) (1 + (−1)n) · n(−1)n+1

(h) n[ 1n

]−1

(i) (2n2 − π) ·

( n2

)( n

4

)(l) (1 + (−1)n) · n(−1)n

(m)M(√n2 − 1)√n+ 5

SUCCESSIONI 3

Esercizi svolti

1) Se n ∈ N soddisfa n > [α], vale allora n ≥ [α] + 1. Ricordando che per ogni x ∈ R vale

x− 1 < [x] ≤ x ,

si ha quindi

n ≥ [α] + 1 > α ,

da cui la tesi.

2) Osserviamo innanzitutto che la successione {an} e definita per ogni n ∈ N. Occorre ora

dimostrare che per ogni numero reale ε > 0 esiste un numero naturale nε tale che

n > nε ⇒∣∣∣∣an − 2

3

∣∣∣∣ =∣∣∣∣2n+ 33n− 7

− 23

∣∣∣∣ < ε .

Svolgendo i calcoli, si ottiene2n+ 33n− 7

− 23

=23

3(3n− 7).

Allora la condizione ∣∣∣∣an − 23

∣∣∣∣ < ε

equivale a23

3 |3n− 7|< ε ,

cioe ancora

|3n− 7| > 233ε.(0.0)

Non e restrittivo supporre n ≥ 3, cosı che (0.0) may be written as

n >239ε

+73.

A questo punto, scegliamo nε =[

239ε + 7

3

], dove [·] denota la parte intera. Si e visto nell’Esercizio

1 che

n > nε ⇒ n >239ε

+73,

e cio conclude la dimostrazione.

3) Osserviamo che bn e definita per ogni n ∈ N. Dobbiamo provare che per ogni numero reale

ε > 0 esiste un numero intero nε tale che

n > nε ⇒ |bn − 0| = |bn| < ε .

4 SUCCESSIONI

In questo caso, conviene semplificare il problema attraverso delle stime. Osserviamo che∣∣∣∣∣ n4 + 33n5 + 7 cos2 n+ 2

∣∣∣∣∣ =n4 + 3

3n5 + 7 cos2 n+ 2≤ n4 + 3

3n5.

cosı chen4 + 3

3n5< ε⇒

∣∣∣∣∣ n4 + 33n5 + 7 cos2 n+ 2

∣∣∣∣∣ < ε .

Ci siamo quindi ricondotti a determinare un numero intero nε tale che

n > nε ⇒n4 + 3

3n5< ε .

Osserviamo ora chen4 + 3

3n5=

13n

+1n5≤ 2

3n,

perche per n ≥ 2 si ha 13n >

1n5 .

A questo punto, il problema e stato ulteriormente semplificato, ed e sufficiente determinare

un numero intero nε tale che

n > nε ⇒2

3n< ε .

Scegliendo nε =[

23ε

], dove [·] denota la parte intera, e ricordando che

x− 1 < [x] ≤ x

per ogni x ∈ R, si ottiene infine che

n > nε ⇒ n >23ε,

da cui segue la tesi.

4) Occorre dimostrare che per ogni A > 0 esiste un numero naturale nA tale che n > nA implichi

an < −A.

Sia A > 0. La condizione an < −A equivale a

4− n2

n< A ,

cioe

n2 +An− 4 > 0 .

Questa disequazione e soddisfatta per n < −A−√A2+162 (ma questo caso non va considerato,

perche non esiste nessun numero naturale siffatto) oppure per n > −A+√A2+162 . Scegliendo

nA :=

[−A−

√A2 + 16

2

],

si verifica allora che n > nA ⇒ an < −A.

SUCCESSIONI 5

5) Ricordiamo che una successione {an} si dice limitata se esiste un numero M ≥ 0 tale che

|an| ≤M per ogni n ∈ dom({an}).

(a) Dimostriamo che la successione {2n2−1n } non e limitata. E sufficiente mostrare che per

ogni M > 0 esiste un indice nM ∈ N tale che anM > M .

La condizione an > M equivale a 2n2−1n > M , cioe

2n2 −Mn− 1 > 0 .

E allora sufficiente scegliere un numero naturale nM > M+√M2+84 , per avere anM > M .

(b) Osserviamo innanzitutto che la successione e definita per n ≥ 2 e che per n ≥ 2 vale√n2 − 2 ≥

√2 > 1. Posto poi an :=

√n2 − 2− n, razionalizzando si ottiene

an =−2√

n2 − 2 + n.

Poiche

|an| ≤2

1 + n≤ 2

3per ogni n ≥ 2, la successione e limitata.

(c) La successione e limitata perche per ogni n ∈ N vale∣∣∣∣2n− 1n+ 5

∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣2nn∣∣∣∣ = 2 .

(d) La successione e limitata perche per ogni n ≥ 1 vale∣∣∣∣cos 2nn

∣∣∣∣ ≤ 1n≤ 1 .

(e) La successione e limitata perche per ogni n ≥ 0 vale∣∣∣∣(−1)n(

3π

)n∣∣∣∣ ≤ ( 3π

)n≤ 1 .

6) (a) Osserviamo che la successione

an := (−1)n cos(πn)

e data, per n = 2k , k ∈ N, da

a2k := (−1)2k cos(2kπ) = 1 · 1 ,

mentre per n = 2k + 1, k ∈ N, si ha

a2k+1 := (−1)2k+1 cos((2k + 1)π) = −1 · (−1) = 1 .

Allora an = 1 per ogni n ∈ N e la successione e sempre positiva e b) e c) sono banalmente

soddisfatte.

6 SUCCESSIONI

(b) Posto bn := n−235n , osserviamo che n−23

5n ≥ 0 per n ≥ 23.

Inoltre si han− 23

5n≤ n+ 23

5n≤ 1

5+

235n≤ 1

5+

235≤ 24

5

per ogni n ≥ 1, cosı che {bn} soddisfa 2) con M > 245 . Infine, per n ≥ 24 {bn} e a

termini strettamente positivi e

bn =15− 23

5n≥ 1

5− 23

5 · 24=

15 · 24

=: m.

Quindi 3) e soddisfatta per n ≥ 24.

(c) Osserviamo che la successione

cn := cos(π

2n

)e data, per n = 2k + 1 , k ∈ Z, da

c2k+1 = 0 ,

mentre per n = 4k, k ∈ Z, si ha

c4k = cos(2kπ) = 1

e per n = 4k + 2, k ∈ Z, si ha

c4k+2 = cos(2kπ + π) = −1 .

Allora 1) non e soddisfatta definitivamente, perche c4k+2 = cos(2kπ+ π) = −1 per ogni

k ∈ Z; 2) e soddisfatta per M > 1, mentre 3) non e soddisfatta perche c4k+2 = −1.

7) a) La successione {n2sin(π2n)} non e monotona, perche, posto an := n2sin

(π2n), per

n ∈ N pari si ha an = 0, per n dispari an vale alternativamente n2 o −n2.

b) Sia ora bn := nn

n! . Verifichiamo che la successione e crescente, cioe che per ogni n ≥ 1

vale

bn ≤ bn+1 .

Questa condizione e equivalente a

nn

n!≤ (n+ 1)n+1

(n+ 1)!,

che si puo scrivere come(n+ 1)!n!

≤ (n+ 1)n+1

nn,

cioe ancora semplificando

(n+ 1) ≤ (n+ 1)n+1

nn.

SUCCESSIONI 7

Si ottiene infine

1 ≤ (n+ 1)n

nn=(n+ 1n

)n,

ovviamente verificata per ogni n ≥ 1.

8) (a) Raccogliendo la potenza di grado piu elevato al numeratore e al denominatore si

ottiene2n3 − 1n+ 5

=n3 · (2− 1

n3 )n(1 + 5

n)= n2 ·

2− 1n3

1 + 5n

⇒ +∞ ,

dal momento che n2 → +∞ e la frazione tende a 2 per n→ +∞.

(b) Razionalizzando, si ottiene

√n2 − 2− n =

(√n2 − 2− n

)·√n2 − 2 + n√n2 − 2 + n

=n2 − 2− n2

√n2 − 2 + n

=−2√

n2 − 2 + n=

−2

n ·(√

1− 2n2 + 1

) .Poiche l’espressione

√1− 2

n2 + 1 tende a 2 per n→ +∞, la successione data converge a

zero.

(c) La successione data converge a 101010

19 per n→ +∞ (si ragiona come in a)).

(d) La successione { cos 2nn } tende a zero, perche∣∣∣∣cos 2n

n

∣∣∣∣ ≤ 1n

per ogni n ≥ 1.

e) La successione {(−1)n(

3π

)n} converge a zero, perche

∣∣∣∣(−1)n(

3π

)n∣∣∣∣ ≤ ∣∣∣∣( 3π

)n∣∣∣∣ =∣∣∣∣ 3π∣∣∣∣n.

Si ricorda che la successione

{αn}

converge a zero se |α| < 1, diverge a +∞ se α > 1, converge a 1 se α = 1 ed e

indeterminata se α ≤ −1. In questo caso, α = 3π < 1, da cui la tesi.

(f) La successione {(−1)n(π

3

)n} e indeterminata, perche per n pari il termine ennesimo

e uguale a(π3

)n, per n dispari a {−(π3

)n}.(g) Poniamo

an := (1 + (−1)n) · n(−1)n+1.

8 SUCCESSIONI

Per n = 2k , k ∈ N, si ha

a2k := 2 · (2k)−1 =1k.

Per n = 2k + 1 si ha invece

a2k+1 = 0 · (2k + 1) = 0

per ogni k ∈ N. Poiche

a2k → 0 ,

la successione converge a zero per n→ +∞.

(h) Osserviamo che per n > 1 si ha 1n ∈ (0, 1), da cui

[1n

] = 0 .

Allora per n > 1 si ha

n[ 1n

]−1 = n−1 ,

quindi la successione data converge a zero.

(i) Ricordiamo che dati n e k in N il coefficiente binomiale( nk

)e definito da

( nk

)=

n!k!(n− k)!

.

Allora( n2

)( n

4

) =n!

2! · (n− 2)!· 4! · (n− 4)!

n!=

4 · 3 · 2! · (n− 4)!2! · (n− 2)(n− 3)(n− 4)!

=4 · 3

(n− 2)(n− 3),

cosı che

(2n2 − π) ·

(n2

)(n4

) = (2n2 − π) · 4 · 3(n− 2)(n− 3)

→ 24 .

(l) Poniamo

bn := (1 + (−1)n) · n(−1)n.

In questo caso, per n = 2k , k ∈ N, si ha

a2k := 2 · 2k = 4k .

SUCCESSIONI 9

Per n = 2k + 1 si ha invece

a2k+1 = 0 · (2k + 1)−1 = 0

per ogni k ∈ N. La successione e quindi indeterminata.

(m) Ricordiamo che per ogni x ∈ R vale

0 ≤M(x) < 1 .

Allora

0 ≤M(√n2 − 1) < 1

per ogni n ∈ N, da cui

0 ≤ M(√n2 − 1)√n+ 5

≤ 1√n+ 5

.

La successione converge quindi a zero.