Criteri del rapporto e della radice per successioni

Lezione 16. Prerequisiti: Calcolo dei limiti di successioniGli strumenti per calcolare i limiti senza la definizione: algebra dei limiti, permanenza del segno, carabinieri, infinitesima per limitata, algebra degli infiniti, reciproco, confronto per le divergenti e forme indeterminate.Calcolo dei limiti di successioni →, Limiti notevoli e gerarchia degli infinitiI limiti di base per sciogliere le forme indeterminate delle successioni: potenze, polinomi, il numero e, esponenziali e la gerarchia logaritmi < potenze < esponenziali < fattoriale < n^n.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →. Servono soprattutto per le successioni con fattoriali e potenze con esponente $n$, dove raccogliere non basta; con questi criteri si dimostra la gerarchia degli infiniti.

Criterio del rapporto

Teorema. Sia $(a_n)$ con $a_n > 0$ definitivamente, e supponiamo che esista

$$\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n} = \ell \qquad (\ell \ge 0 \text{ oppure } \ell = +\infty)$$

1. Se $0 \le \ell < 1$, allora $(a_n)$ è definitivamente decrescente e $\lim_n a_n = 0$.
2. Se $\ell > 1$ (anche $\ell = +\infty$), allora $(a_n)$ è definitivamente crescente e $\lim_n a_n = +\infty$.

L'idea. $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ dice per quanto si moltiplica un termine per ottenere il successivo. Se da un certo punto in poi si moltiplica sempre per un numero minore di $1$ (anzi minore di un $a < 1$ fisso), la successione si comporta come una successione esponenziale $a^k$ con $a < 1$, che va a $0$. Se si moltiplica sempre per un numero maggiore di $1$, si comporta come $b^k$ con $b > 1$, che va a $+\infty$.

Osservazione: se $\ell = 1$ non si può concludere niente. La successione può convergere o divergere:

• $a_n = n \to +\infty$, e $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n+1}{n} \to 1$;
• $a_n = \frac1n \to 0$, e $\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{n}{n+1} \to 1$.

Dimostrazione del punto 1

Sia $\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n} = \ell < 1$.

Passo 1: scegliere $\varepsilon$. Si sceglie $\varepsilon > 0$ così piccolo che $\ell + \varepsilon < 1$ (si può, perché $1 - \ell > 0$: basta $\varepsilon < 1 - \ell$). Si chiama $a = \ell + \varepsilon$, un numero fisso con $0 < a < 1$.

Passo 2: usare la definizione di limite. Esiste $N$ tale che, per ogni $n \ge N$, $\left|\frac{a_{n+1}}{a_n} - \ell\right| < \varepsilon$ e $a_n > 0$. In particolare $\frac{a_{n+1}}{a_n} < \ell + \varepsilon = a$, e il rapporto è positivo (quoziente di positivi). Quindi

$$0 < \frac{a_{n+1}}{a_n} < a \qquad \forall n \ge N \tag{$\ast$}$$

Passo 3: è decrescente. Moltiplicando $(\ast)$ per $a_n > 0$: $a_{n+1} < a\,a_n < a_n$ (perché $a < 1$). Quindi $(a_n)$ è strettamente decrescente da $N$ in poi.

Passo 4: confronto con un esponenziale. Si applica $(\ast)$ ripetutamente:

• con $n = N$: $a_{N+1} < a\,a_N$;
• con $n = N + 1$: $a_{N+2} < a\,a_{N+1} < a \cdot a\,a_N = a^2 a_N$;
• …e così via (per induzione) con $n = N + k - 1$: $a_{N+k} < a\,a_{N+k-1} < \dots < a^k a_N$.

Quindi, per ogni $k \in \mathbb{N}$,

$$0 < a_{N+k} < a^k\,a_N$$

Passo 5: conclusione. $a_N$ è un numero fisso e $a^k \to 0$ per $k \to +\infty$ (successione esponenziale con $0 < a < 1$). Per il teorema dei carabinieriSe una successione sta tra due che hanno lo stesso limite, ha anche lei quel limite.Calcolo dei limiti di successioni → (carabinieri $0$ e $a^k a_N$), $\lim_k a_{N+k} = 0$. Ma $(a_{N+k})_k$ è la successione di partenza spostata di $N$ posti, che ha lo stesso limite (i primi termini non contanoTogliere o spostare un numero finito di termini non cambia il limite.Limiti di successioni →): $\lim_n a_n = 0$ ∎.

(Il punto 2 si dimostra allo stesso modo: si sceglie $b$ con $1 < b < \ell$, si ottiene $a_{N+k} > b^k a_N \to +\infty$ e si conclude con il teorema del confronto per le divergenti.)

Il legame tra rapporto e radice $n$-esima

Limite notevole (senza dimostrazione). Se $a_n > 0$ definitivamente,

$$\lim_n \sqrt[n]{a_n} = \lim_n a_n^{1/n} = \lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n} \qquad \text{se il secondo limite esiste}$$

Esempio. $\lim_n \sqrt[n]{n} = 1$: infatti $\frac{n+1}{n} \to 1$. Allo stesso modo $\sqrt[n]{n^\alpha} \to 1$ per ogni $\alpha$.

Criterio della radice $n$-esima

Accettato il limite notevole, è naturale che valga anche:

Teorema. Sia $(a_n)$ con $a_n > 0$ definitivamente, e supponiamo che esista $\lim_n \sqrt[n]{a_n} = \ell$.

1. Se $0 \le \ell < 1$, allora $(a_n)$ è definitivamente decrescente e $\lim_n a_n = 0$.
2. Se $\ell > 1$, allora $(a_n)$ è definitivamente crescente e $\lim_n a_n = +\infty$.

Anche qui con $\ell = 1$ non si conclude. Quando conviene: il rapporto quando ci sono fattoriali (perché $\frac{(n+1)!}{n!} = n + 1$ si semplifica); la radice quando ci sono potenze con esponente $n$ (perché $\sqrt[n]{c^n} = c$).

Esempio con la radice. $a_n = \left(\frac{n}{2n + 1}\right)^n$: $\sqrt[n]{a_n} = \frac{n}{2n+1} \to \frac12 < 1$, quindi $a_n \to 0$.

Applicazione: la gerarchia degli infiniti

Con il criterio del rapporto si dimostrano i limiti della gerarchiaI limiti di base per sciogliere le forme indeterminate delle successioni: potenze, polinomi, il numero e, esponenziali e la gerarchia logaritmi < potenze < esponenziali < fattoriale < n^n.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →:

I conti sono nell'Esercizio 42 · dimostrazione della gerarchia degli infiniti.

Errori comuni

• Concludere qualcosa quando il limite del rapporto è $1$.
• Usare il criterio con termini negativi: serve $a_n > 0$ definitivamente (con segni alterni si studia $|a_n|$).
• Confondere il criterio con il limite: il criterio dice dove va $a_n$, non dove va il rapporto. Se $\frac{a_{n+1}}{a_n} \to \frac12$, la successione va a $0$, non a $\frac12$.