Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti

Lezioni 14-15. Prerequisito: 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 → (dove si vede che cosa sono le forme indeterminate). Qui si raccolgono gli artifici e i limiti notevoli che servono per calcolare i limiti in forma indeterminata.

1. Limite delle successioni potenza

Per ogni $\alpha \in \mathbb{R}$:

$$\lim_n n^\alpha = \begin{cases} +\infty & \alpha > 0 \\ 1 & \alpha = 0 \\ 0 & \alpha < 0 \end{cases}$$

Esempi: $n^2 \to +\infty$, $\sqrt n = n^{1/2} \to +\infty$, $\frac{1}{n^3} = n^{-3} \to 0$, $\frac{1}{\sqrt[4]{n}} = n^{-1/4} \to 0$.

Dimostrazione.

• $\alpha > 0$. Bisogna mostrare che per ogni $L > 0$ esiste $N$ con $n^\alpha > L$ per ogni $n > N$. Si prende $N > L^{1/\alpha}$, che esiste per l'archimedeità di $\mathbb{N}$Per ogni numero reale esiste un naturale più grande.Archimedeità di N →. Allora per $n > N$ si ha $n > L^{1/\alpha}$ e, elevando alla $\alpha > 0$ (la potenza con esponente positivo è strettamente crescente su $[0, +\infty)$Per α > 0 la funzione x^α conserva l'ordine tra numeri non negativi.Funzioni potenza →), $n^\alpha > \left(L^{1/\alpha}\right)^\alpha = L$ ∎.
• $\alpha = 0$. $n^0 = 1$ per ogni $n$: è la successione costante $1$.
• $\alpha < 0$. $n^\alpha = \frac{1}{n^{-\alpha}}$ con $-\alpha > 0$. Per il punto precedente $n^{-\alpha} \to +\infty$, e per il teorema del reciprocoSe b_n tende a +∞, allora 1/b_n tende a 0 (da sopra).Calcolo dei limiti di successioni → $\frac{1}{n^{-\alpha}} \to \frac{1}{+\infty} = 0$ ∎.

Perché $L^{1/\alpha}$. È la soglia "giusta": $n^\alpha > L$ equivale a $n > L^{1/\alpha}$ (si prende la radice $\alpha$-esima di entrambi i membri). Esempio: con $\alpha = 2$ e $L = 10^6$ serve $n > 1000$; con $\alpha = \frac12$ e $L = 100$ serve $n > 100^2 = 10\,000$.

2. Infiniti di ordine superiore: l'idea di "raccogliere il più grande"

Lezione 15. Si rende preciso il trucco usato negli esercizi con le forme $+\infty - \infty$ e $\frac{\infty}{\infty}$.

Definizione. Siano $(a_n)$, $(b_n)$ con $\lim_n b_n = +\infty$ (oppure $-\infty$). Si dice che $b_n$ è un infinito di ordine superiore rispetto ad $a_n$ se

$$\lim_n \frac{a_n}{b_n} = 0$$

cioè se $a_n$ diventa trascurabile rispetto a $b_n$.

Perché serve. In questo caso

$$\lim_n (b_n + a_n) = \lim_n b_n\left[1 + \frac{a_n}{b_n}\right] = \lim_n b_n = \pm\infty$$

perché la parentesi tende a $1 + 0 = 1$. In una somma, l'infinito di ordine superiore "vince" e gli altri addendi si possono ignorare.

Caso particolare. Se $b_n \to \pm\infty$ e $(a_n)$ è limitata (o convergente), $b_n$ è sempre di ordine superiore: $\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{b_n} \cdot a_n \to 0$ per il teorema "infinitesima per limitata" ($\frac{1}{b_n} \to 0$ per il teorema del reciproco).

Tra le potenze vince l'esponente più grande. Se $0 < \alpha_1 < \alpha_2$, allora $n^{\alpha_2}$ è di ordine superiore rispetto a $n^{\alpha_1}$:

$$\lim_n \frac{n^{\alpha_1}}{n^{\alpha_2}} = \lim_n n^{\alpha_1 - \alpha_2} = 0 \qquad \text{perché } \alpha_1 - \alpha_2 < 0$$

3. Polinomi e quozienti di polinomi

Sia $P_r(n) = a_r n^r + a_{r-1} n^{r-1} + \dots + a_1 n + a_0$ un polinomio di grado $r \ge 1$ ($a_r \ne 0$). Raccogliendo $a_r n^r$, tutti gli altri termini tra parentesi tendono a $0$:

$$\lim_n P_r(n) = \lim_n a_r n^r = \begin{cases} +\infty & a_r > 0 \\ -\infty & a_r < 0 \end{cases}$$

Se anche $Q_s(n) = b_s n^s + \dots + b_0$ ha grado $s$ ($b_s \ne 0$):

$$\lim_n \frac{P_r(n)}{Q_s(n)} = \lim_n \frac{a_r n^r}{b_s n^s} = \lim_n \frac{a_r}{b_s}\, n^{r - s} = \begin{cases} \pm\infty & r > s \ (\text{segno di } \frac{a_r}{b_s}) \\[2pt] \dfrac{a_r}{b_s} & r = s \\[2pt] 0 & r < s \end{cases}$$

Regola pratica: contano solo i termini di grado massimo sopra e sotto. Vale più in generale, non solo per i polinomi: basta riconoscere l'infinito di ordine superiore sopra e sotto (anche con esponenti reali, o con pezzi irregolari limitati). Esercizi: Esercizio 38 · limiti di polinomi con termini irregolari, Esercizio 39 · limiti con un parametro e con esponenti reali.

4. Il numero di Nepero $e$

Definizione

$$e = \lim_n \left(1 + \frac1n\right)^n$$

Perché il limite esiste (solo l'idea). Si dimostra che $b_n = \left(1 + \frac1n\right)^n$ è crescente e limitata, con $2 \le b_n \le 3$. Per il teorema sulle successioni monotoneUna successione monotona e limitata converge: se è crescente, al sup dei suoi termini.Successioni limitate e monotone → il limite esiste, ed è un numero reale che si chiama $e$. Per la permanenza del segno (seconda forma: le disuguaglianze deboli passano al limite) $2 \le e \le 3$. In realtà $e = 2{,}71828\ldots$, ed è irrazionale.

Due generalizzazioni

1. Per ogni successione $(a_n)$ con $\lim_n a_n = +\infty$ oppure $-\infty$: $$\lim_n \left(1 + \frac{1}{a_n}\right)^{a_n} = e$$ (senza dimostrazione). Al posto di $n$ può esserci qualunque cosa che diverge.

2. Per ogni $x \in \mathbb{R}$ e ogni $(a_n)$ con $\lim_n a_n = \pm\infty$: $$\lim_n \left(1 + \frac{x}{a_n}\right)^{a_n} = e^x$$

Dimostrazione di 2 (usando 1). Se $x = 0$: $\left(1 + 0\right)^{a_n} = 1 = e^0$. Se $x \ne 0$, si riscrive l'esponente come $a_n = \frac{a_n}{x} \cdot x$ e si pone $a_n' = \frac{a_n}{x}$, così che $\frac{x}{a_n} = \frac{1}{a_n'}$:

$$\left(1 + \frac{x}{a_n}\right)^{a_n} = \left[\left(1 + \frac{1}{a_n'}\right)^{a_n'}\right]^x$$

$a_n' \to \pm\infty$ (dividere per il numero fisso $x \ne 0$ non cambia il fatto di divergere, al più cambia il segno). Per il punto 1 la parentesi quadra tende a $e$, e la potenza $y \mapsto y^x$ "passa dentro" il limite: il risultato è $e^x$ ∎.

Esempi. $\left(1 + \frac3n\right)^n \to e^3$; $\left(1 - \frac1n\right)^n \to e^{-1} = \frac1e$; $\left(1 + \frac{1}{n^2}\right)^{n^2} \to e$.

La forma indeterminata $1^\infty$

Questi limiti sono forme indeterminate: la base tende a $1$ e l'esponente a $\infty$. Nel libro si chiama "$1^\infty$". Non serve imparare una regola apposta: basta scrivere la potenza in forma esponenziale,

$$a_n^{b_n} = e^{\log\left(a_n^{b_n}\right)} = e^{b_n \log a_n}$$

e calcolare $\lim_n b_n \log a_n = \ell$: il risultato è $e^\ell$. Per esempio $\left(1 + \frac1n\right)^n = e^{n \log(1 + \frac1n)}$, e $n \log\left(1 + \frac1n\right)$ è della forma $+\infty \cdot 0$: le forme indeterminate si trasformano l'una nell'altra. Esempio svolto: Esercizio 40 · forma 1^∞ e il numero e.

5. Le successioni esponenziali $a^n$

Per $a \in \mathbb{R}$:

$$\lim_n a^n = \begin{cases} +\infty & a > 1 \\ 1 & a = 1 \\ 0 & -1 < a < 1 \\ \nexists \ (\text{irregolare}) & a \le -1 \end{cases}$$

Dimostrazione.

• $a > 1$. Per la disuguaglianza di BernoulliPer x > −1 e ogni n naturale vale (1 + x)^n ≥ 1 + nx.Esercizio 11 · disuguaglianza di Bernoulli → con $x = a - 1 > 0$: $$a^n = (1 + (a - 1))^n \ge 1 + n(a - 1) \to +\infty$$ (perché $a - 1 > 0$). Per il Teorema 8 del confrontoSe a_n ≤ b_n definitivamente e a_n tende a +∞, anche b_n tende a +∞.Calcolo dei limiti di successioni →, $a^n \to +\infty$.
• $a = 1$: $1^n = 1$. $a = 0$: $0^n = 0$ per $n \ge 1$.
• $-1 < a < 1$, $a \ne 0$. Basta mostrare che $|a^n| = |a|^n \to 0$ (un limite $0$ si può verificare sul modulo). Si ha $\frac{1}{|a|} > 1$, quindi per il primo punto $\left(\frac{1}{|a|}\right)^n \to +\infty$ e $$|a|^n = \frac{1}{\left(\frac{1}{|a|}\right)^n} \to \frac{1}{+\infty} = 0$$
• $a = -1$: $(-1)^n$ è irregolare (vedi Esercizio 30 · la successione (-1)ⁿ non ha limite).
• $a < -1$. $a = -|a|$ con $|a| > 1$, quindi $a^n = (-1)^n |a|^n$: sui pari vale $|a|^n \to +\infty$, sui dispari $-|a|^n \to -\infty$. Due sottosuccessioniSe due sottosuccessioni hanno limiti diversi, la successione non ha limite.Sottosuccessioni → con limiti diversi: il limite non esiste ∎.

Tra gli esponenziali vince la base più grande. Se $1 < a_1 < a_2$, $a_2^n$ è di ordine superiore rispetto ad $a_1^n$:

$$\lim_n \frac{a_1^n}{a_2^n} = \lim_n \left(\frac{a_1}{a_2}\right)^n = 0 \qquad \text{perché } 0 < \frac{a_1}{a_2} < 1$$

6. La gerarchia delle successioni infinite

Per decidere chi è l'infinito di ordine superiore tra successioni di tipo diverso (potenze, esponenziali, logaritmi, fattoriali) si usa la gerarchia: in questa lista, ogni successione è un infinito di ordine superiore rispetto a tutte quelle alla sua sinistra.

$$\underbrace{(a_n)}_{\text{limitata}} \ \prec \ \log^p n \ \prec \ n^{\alpha_1} \ \prec \ n^{\alpha_2} \ \prec \ a_1^n \ \prec \ a_2^n \ \prec \ n! \ \prec \ n^n$$

con $p > 0$, $0 < \alpha_1 < \alpha_2$, $1 < a_1 < a_2$. ($\log^p n$ vuol dire $(\log n)^p$.)

In formule, per ogni $p > 0$, $\alpha > 0$, $a > 1$:

$$\lim_n \frac{\log^p n}{n^\alpha} = 0, \qquad \lim_n \frac{n^\alpha}{a^n} = 0, \qquad \lim_n \frac{a^n}{n!} = 0, \qquad \lim_n \frac{n!}{n^n} = 0$$

In parole: il logaritmo (anche elevato a una potenza grande) cresce più lentamente di qualunque potenza di $n$ (anche piccola); le potenze più lentamente di qualunque esponenziale con base $> 1$; gli esponenziali più lentamente del fattoriale; il fattoriale più lentamente di $n^n$.

Finora sono dimostrati i confronti tra potenze e tra esponenziali (punti 2 e 5); gli altri arrivano nella lezione 16 con il criterio del rapporto, tranne $\frac{\log^p n}{n^\alpha} \to 0$, che si dimostrerà con il teorema di de l'Hospital. Esercizio: Esercizio 41 · esponenziali, gerarchia degli infiniti e forma 0/0.

7. La forma $\frac00$: raccogliere l'infinitesimo "più grande"

Le stesse idee valgono per i quozienti di successioni che tendono a $0$. Qui la successione "più grande" è quella che va a zero più lentamente: per esempio tra $\frac1n$ e $\frac{1}{n^2}$ è $\frac1n$ (con $n = 10$: $\frac{1}{10}$ contro $\frac{1}{100}$), tra $\frac{1}{\sqrt n}$ e $\frac1n$ è $\frac{1}{\sqrt n}$. Si raccoglie quella, sopra e sotto, e il resto tra parentesi tende a $1$.