Gerarchie degli infiniti e criterio del rapporto

Parte 3 · Limiti di successioni · Capitolo 5 · dalle dispense di Fabio Furini · PDF del capitolo

1. Gerarchie degli infiniti delle successioni parte 1 e parte 2

Teorema 1: della gerarchia degli infiniti (parte I)

\[\begin{align} \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{\log_a n}{n^{\alpha}} &= 0 \end{align}\]

per ogni \(a>1\) e \(\alpha > 0\).

Dimostrazione

Iniziamo a stabilire un'utile disuguaglianza tra un qualsiasi numero reale positivo e il suo logaritmo.

Per \(x \in \R\), \(x > 0\), sia \(k\) la parte intera di \(x\) ossia l'intero \(k\) per cui abbiamo

\[ k \le x < k + 1, {\rm ~~abbiamo~inoltre~~} 2^x \ge 2^k = (1+1)^k \ge 1 + k > x, \]

la prima disuguaglianza segue dalla monotonia della funzione esponenziale, la seconda dallo sviluppo del binomio di Newton (o dalla disuguaglianza di Bernoulli). Passando ai logaritmi in base \(a>1\), otteniamo

\[ \log_a x < x \: \log_a 2 \quad ({\rm per~ogni~~} x\in \R, x>0). \]

Applichiamo ora questa disuguaglianza al numero \(x=n^{{\alpha}/{2}}\), abbiamo

\[\begin{align*} \frac{\alpha}{2} \log_a n < n^{{\alpha}/{2}} \: \log_a 2 {\rm~~~e ~~~} \frac{\log_a n}{n^{{\alpha}/{2}}} < \frac{2}{\alpha} \: \log_a 2, \end{align*}\]

quindi

\[ \frac{\log_a n} {n^{\alpha}} = \frac{\log_a n}{n^{{\alpha}/{2}}} \: \frac{1}{n^{{\alpha}/{2}}} \le \underbrace{\frac{2}{\alpha} \: \log_a 2}_{ {\rm costante}} \: \frac{1}{n^{{\alpha}/{2}}} {\rm ~~~~~~~e ~~~~~~} \frac{1}{n^{{\alpha}/{2}}} \rr 0. \]

Per il corollario del teorema del confronto, segue la tesi. □

Teorema 2: della gerarchia degli infiniti (parte II)

\[\begin{align} \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n^{\alpha}}{a^n} &= 0 \end{align}\]

per ogni \(a>1\) e \(\alpha > 0\).

Dimostrazione

Usiamo il teorema della gerarchia degli infiniti (parte I) sostituendo all'intero \(n\) l'intero \(2^n\):

\[ 0 = \lim_{n \rr \ip} \frac{\log_a (2^n)}{\left(2^n\right)^{\alpha}} = \lim_{n \rr \ip} \frac{ n \: \overbrace{\log_a 2}^{{\rm costante}}}{\left(2^{\alpha}\right)^{n}} {\rm ~~quindi~~ } \frac{n}{\left(2^{\alpha}\right)^{n}} \rr 0. \]

Se ora \(a > 1\) è fissato, scegliendo \(\alpha > 0\) in modo che sia \(2^{\alpha}=a\) otteniamo che \(\frac{n}{a^n} \rr 0\), ovvero la seconda relazione nel caso particolare in cui \(n\) sia elevato ad esponente \(1\). Il caso generale segue dall'identità:

\[ \frac{n^{\alpha}}{a^n} = \left( \frac{n}{a^{{n}/{\alpha}}}\right)^{\alpha} = \left( \frac{n}{ \left(a^{{1}/{\alpha}}\right)^{n} }\right)^{\alpha} \]

Infatti per il risultato precedente \(\frac{n}{\left(a^{1/\alpha}\right)^n} \rr 0\) (la base \(a^{1/\alpha}\) è ancora un numero \(>1\)), quindi segue

\[ \left(\frac{n}{\left(a^{1/\alpha}\right)^n}\right)^{\alpha} \rr 0 {\rm ~~e~da~questo~la~tesi}. \]

□

• Questi limiti descrivono la “velocità” con cui i logaritmi (con base \(> 1\)), le potenze (con esponente \(> 0\)), gli esponenziali (con base \(> 1\)) vanno all'infinito. I logaritmi a base \(> 1\) vanno più lentamente di qualsiasi potenza con esponente \(>0\), le potenze con esponente \(>0\) vanno più lentamente di qualsiasi esponenziale a base \(> 1\).

• Gli esponenziali a base \(> 1\) sono infiniti di ordine superiore alle potenze con esponente \(>0\) e ai logaritmi a base \(> 1\). Le potenze con esponente \(>0\) sono infiniti di ordine superiore ai logaritmi a base \(> 1\).

Esempio 1: Calcolo dei limiti usando la gerarchia degli infiniti

Calcoliamo il limite

\[ \lim_{n \rr \ip} \sqrt[n]{n}= \left[\infty^0 \right] \qquad {\rm~~(forma~indeterminata)} \]

Ora scriviamo

\[ \sqrt[n]{n} = n^{\frac{1}{n}} = e^{\log n^{1/n}} = e^{ \frac{\log n}{n}} \]

e studiando la successione all'esponente

\[ a_n = \frac{\log n}{n} {\rm ~~~abbiamo~~~} a_n \rr 0 \]

grazie al teorema della gerarchia degli infiniti. Quindi abbiamo :

\[ \lim_{n \rr \ip} \sqrt[n]{n}= \lim_{n \rr \ip} e^{ \frac{\log n}{n}} =1 \]

Esempio 2: Calcolo dei limiti usando la gerarchia degli infiniti

Calcoliamo il limite

\[ \lim_{n \rr \ip} \frac{2^n+n}{2^{n+1}}= \left[\frac{\infty}{\infty}\right] \qquad {\rm~~(forma~indeterminata)} \]

Possiamo scrivere:

\[ \underbrace{2^n+n}_{a_n} = ~~\underbrace{2^n}_{a'_n} ~~ \underbrace{\left( 1 + \frac{n}{2^n}\right)}_{\rr 1} \thicksim 2^n \]

dato che grazie al teorema della gerarchia degli infiniti abbiamo

\[ \frac{n}{2^n} \rr 0, \]

\(2^n\) è un infinito di ordine superiore rispetto ad \(n\). Quindi possiamo scrivere:

\[ \frac{2^n+n}{2^{n+1}} \thicksim \frac{2^n}{2^{n+1}} \]

Ora dato che

\[ \frac{2^n}{2^{n+1}} = \frac{2^n}{2^n \: 2} = \frac{1}{2} \]

allora

\[ \lim_{n \rr \ip} \frac{2^n+n}{2^{n+1}}= \frac{1}{2} \]

2. Teorema del criterio del rapporto

Teorema 3: del criterio del rapporto

Sia \(\{a_n\}\) una successione positiva (cioè \(a_n > 0\) per ogni \(n\)).

\[ {\rm Se~esiste~~} \lim_{n \rr \ip} \frac{a_{n+1}}{a_n}=l {\rm~~e~~} \begin{cases} l < 1, {\rm ~~allora~~} a_n \rr 0 \\[2ex] l > 1 {\rm~~(o~~} l = \ip), {\rm ~~allora~~} a_n \rr \ip \end{cases} \]

• Il teorema precedente riconduce lo studio del limite di una successione positiva \(\{a_n\}\) al calcolo del limite di un'altra successione, la successione (dei rapporti)

  \[ n \mapsto \frac{a_{n+1}}{a_n} \]

  In certi casi quest'ultima è più semplice da studiare di quella di partenza, come vedremo negli esempi.

Si osservi che nel caso \(l = 1\) il teorema non permette di concludere nulla.

Dimostrazione

1. Supponiamo che:

   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} \rr l < 1 \]

   Quindi, per ogni \(\varepsilon> 0\), si ha per \(n \ge n(\varepsilon)\)

   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} < l + \varepsilon \]

   Possiamo allora scrivere la catena di disuguaglianze:

   \[ a_{n(\varepsilon)+1} < (l + \varepsilon) \: a_{n(\varepsilon)}, \quad a_{n(\varepsilon)+2} < (l + \varepsilon) \: \underbrace{a_{n(\varepsilon)+1}}_{< (l + \varepsilon) \: a_{n(\varepsilon)}} < (l + \varepsilon)^2 a_{n(\varepsilon)}, \quad \dots \]

   quindi

   \[ a_{n(\varepsilon)+k} < (l + \varepsilon)^k a_{n(\varepsilon)} \]

   Scegliendo \(\varepsilon\) abbastanza piccolo da avere \(l + \varepsilon < 1\), si ha

   \[ (l + \varepsilon)^k \rr 0 {\rm ~~per~~} k \rr \ip \]

   D'altro canto \(n(\varepsilon)\) è fissato e di conseguenza anche \(a_{n(\varepsilon)}\) è fissato; dunque per \(k\) abbastanza grande il secondo membro (e quindi il primo) è piccolo quanto si vuole. Questo dimostra la prima tesi, ovvero: \(a_n \rr 0\).

2. Supponiamo che:

   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} \rr l > 1 \]

   Quindi, per ogni \(\varepsilon> 0\), si ha per \(n \ge n(\varepsilon)\)

   \[ \frac{a_{n+1}}{a_n} > l - \varepsilon \]

   Scegliamo \(\varepsilon\) abbastanza piccolo da avere \(l - \varepsilon > 1\), con passaggi simili a prima possiamo scrivere

   \[ a_{n(\varepsilon)+k} > (l - \varepsilon)^k a_{n(\varepsilon)} {\rm ~~~~~e ~~~~~} (l - \varepsilon)^k \rr \ip {\rm ~~per~~} k \rr \ip. \]

   D'altro canto \(n(\varepsilon)\) è fissato e di conseguenza anche \(a_{n(\varepsilon)}\) è fissato; dunque per \(k\) abbastanza grande il secondo membro (e quindi il primo) è grande quanto si vuole. Questo dimostra la seconda tesi, ovvero: \(a_n \rr \ip.\)

□

Esempio 3: Utilizzo del teorema del criterio del rapporto

Proviamo a calcolare, col criterio del rapporto, il limite

\[ \lim_{n \rr \ip} \frac{\log n}{n}= \left[ \frac{\infty}{\infty} \right] \qquad {\rm~~(forma~indeterminata)} \]

si ha

\[\begin{align*} \frac{a_{n+1}}{a_n} &= \frac{ \log (n +1)}{n+1} \cdot \frac{ n }{\log n} = {\frac{ n }{n+1}} \cdot {\frac{ \log (n +1) }{\log n}} \end{align*}\]

abbiamo

\[ \frac{ n }{n+1} = \frac{ n +1 -1 }{n+1} = 1 - \underbrace{\frac{1}{n+1}}_{\rr 0} {\rm ~~~~quindi~~~~} \lim_{n \rr \ip} \frac{ n }{n+1} = 1 \]

abbiamo inoltre

\[ \frac{ \log(n+1) }{\log n} \thicksim \frac{ \log n }{ \log n} = 1 {\rm ~~~~quindi~~~~} \lim_{n \rr \ip} \frac{ \log(n+1) }{\log n} = 1 \]

Dove \(\log(n+1) \thicksim \log(n)\) per il principio di sostituzione. Ora usando il teorema sull'algebra dei limiti, abbiamo

\[ \lim_{n \rr \ip} \frac{a_{n+1}}{a_n} = 1 \cdot 1 = 1 \]

quindi il teorema Teorema 3 del criterio del rapporto non permette, in questo caso, di concludere nulla.

3. Gerarchie degli infiniti delle successioni parte 3 e parte 4

Teorema 4: della gerarchia degli infiniti (parte III)

\[\begin{align} \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{a^n}{n!} &= 0 \quad \end{align}\]

per ogni \(a > 0\).

• quindi gli esponenziali con base \(>0\) vanno più lentamente del fattoriale

Dimostrazione

Applichiamo il criterio del rapporto alla successione

\[ b_n = \frac{a^n}{n!} {\rm ~~~si~ha~~~} \frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{a^{n+1}}{(n+1)!} \cdot \frac{n!}{a^n} = \frac{a}{n+1} {\rm ~~~~e~~~~} \frac{a}{n+1}\rr 0 \]

Utilizzando il teorema del criterio del rapporto, si ottiene la tesi. □

Teorema 5: della gerarchia degli infiniti (parte IV)

\[\begin{align} \lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{n!}{n^n} &= 0 \quad \end{align}\]

• quindi il fattoriale va più lentamente di \(n^n\)

Dimostrazione

Applichiamo il criterio del rapporto alla successione

\[ b_n = \frac{n!}{n^n} \]

si ha

\[\begin{align*} \frac{b_{n+1}}{b_n} &= \frac{(n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} = \frac{(n+1) \cdot n!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{n!} \\[2ex] &= \frac{(n+1) \cdot n^n}{(n+1)^n \cdot (n+1)} = \left( \frac{n}{n+1}\right)^n = \frac{1}{\left( 1 + \frac{1}{n}\right)^n} \end{align*}\]

e avendo

\[ \left( 1 + \frac{1}{n}\right)^n \rr e \]

allora

\[ \frac{b_{n+1}}{b_n} \rr \frac{1}{e} < 1 \]

Utilizzando il teorema del criterio del rapporto, si ottiene la tesi. □