Esercizio 43limite con logaritmi, radici ed esponenziali

Testo (Lezione 16, esercizio 13). Calcolare

$$L = \lim_n \frac{3n\log^5 n - 6\sqrt[3]{n^4} + 4\sqrt n\cos^2 n - 2}{\tanh(n!) - 2e^n + 2^{2n - 4}}$$

Il metodo

Numeratore e denominatore sono somme di pezzi di tipo diverso. Si cerca in ciascuno l'infinito di ordine superiore con la gerarchia degli infinitilog^p n ≺ n^α ≺ aⁿ ≺ n! ≺ nⁿ: ogni termine, diviso per uno alla sua destra, tende a 0.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →; tutto il resto è un o-piccoloa_n = o(b_n) vuol dire che a_n/b_n tende a 0: a_n è trascurabile rispetto a b_n.Asintoticità e o-piccolo → di quel termine, e numeratore e denominatore diventano asintotici al loro termine principale. Poi si sostituisce nel quoziente (cosa lecita, perché è un quoziente).

Il numeratore

Prima si scrive tutto con le potenze: $\sqrt[3]{n^4} = n^{4/3}$, $\sqrt n = n^{1/2}$. I pezzi sono:

Chi vince tra $n\log^5 n$ e $n^{4/3}$? Si guarda il rapporto:

$$\frac{n\log^5 n}{n^{4/3}} = \frac{\log^5 n}{n^{1/3}} \to 0$$

per la gerarchia ($\log^p n = o(n^\alpha)$ con $p = 5$, $\alpha = \frac13$). Quindi vince $-6n^{4/3}$: il logaritmo, anche alla quinta, non basta a compensare la differenza tra $n^1$ e $n^{4/3}$.

Raccogliendo $-6n^{4/3}$:

$$\text{NUM} = -6n^{4/3}\left[1 - \frac{\log^5 n}{2n^{1/3}} - \frac{2\cos^2 n}{3n^{4/3 - 1/2}} + \frac{1}{3n^{4/3}}\right]$$

(controllo del primo termine: $-6n^{4/3} \cdot \left(-\frac{\log^5 n}{2n^{1/3}}\right) = 3n\log^5 n$ ✓).

Tra parentesi: $\frac{\log^5 n}{2n^{1/3}} \to 0$ (gerarchia); $\frac{2\cos^2 n}{3n^{5/6}} \to 0$ (infinitesima per limitata, $4/3 - 1/2 = 5/6 > 0$); $\frac{1}{3n^{4/3}} \to 0$. La parentesi tende a $1$, quindi

$$\text{NUM} \sim -6n^{4/3}$$

Il denominatore

$2^{2n - 4} = \frac{2^{2n}}{2^4} = \frac{4^n}{16}$ (proprietà delle potenze: $2^{2n} = (2^2)^n = 4^n$). I pezzi:

• $\tanh(n!)$: limitato (la tangente iperbolica sta tra $-1$ e $1$), quindi $o(4^n)$;
• $-2e^n$: esponenziale di base $e \approx 2{,}718 < 4$, quindi $o(4^n)$ (vince la base più grande);
• $\frac{1}{16}4^n$: il termine principale.

$$\text{DEN} = \frac{1}{16}4^n\left[1 + \frac{16\tanh(n!)}{4^n} - \frac{32\,e^n}{4^n}\right] \sim \frac{1}{16}4^n$$

perché $\frac{16\tanh(n!)}{4^n} \to 0$ (infinitesima per limitata) e $\frac{32 e^n}{4^n} = 32\left(\frac{e}{4}\right)^n \to 0$ ($0 < \frac e4 < 1$).

Conclusione

Sostituendo numeratore e denominatore con i loro asintotici (proprietà dell'asintoticitàNei prodotti e nei quozienti ogni fattore si può sostituire con uno asintotico senza cambiare il limite.Asintoticità e o-piccolo →):

$$L = \lim_n \frac{-6n^{4/3}}{\frac{1}{16}4^n} = -96\lim_n \frac{n^{4/3}}{4^n} = 0$$

perché la potenza è $o$ dell'esponenziale ($n^\alpha = o(a^n)$ con $a = 4 > 1$, dimostrato nell'Esercizio 42 · dimostrazione della gerarchia degli infiniti).

$$\boxed{L = 0}$$

Un'osservazione numerica

Per i valori di $n$ che si possono provare a mano il numeratore è positivo: per esempio con $n = 10$ vale circa $1819$, mentre $-6n^{4/3} \approx -129$. Il pezzo $3n\log^5 n$ è davanti per moltissimo tempo e diventa trascurabile solo per $n$ enormi (intorno a $10^{26}$). Questo non cambia il limite: l'asintoticità riguarda il comportamento definitivo, e in ogni caso il denominatore $\frac{4^n}{16}$ cresce così in fretta che il quoziente va a $0$ (con $n = 20$ vale già circa $2 \cdot 10^{-7}$).

Errori comuni

• Pensare che $3n\log^5 n$ vinca su $n^{4/3}$ perché c'è il logaritmo alla quinta: la gerarchia dice il contrario.
• Leggere $2^{2n-4}$ come un esponenziale di base $2$: è $\frac{4^n}{16}$, base $4$.
• Preoccuparsi di $\tanh(n!)$: è limitato, quindi trascurabile rispetto a qualunque infinito.