Convergenza successione con parametro e funzioni varie

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Convergenza successione con parametro e funzioni varie #101096

avt
Ettore92
Punto
Avrei bisogno di una mano per calcolare il limite di una successione parametrica in cui figurano diverse funzioni goniometriche, iperboliche e un logaritmo.

Calcolare il limite per n\to +\infty della successione

a_n=\frac{\dfrac{1}{2^n}\sinh\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\cos\left(\dfrac{1}{2^n}\right)-\log\left(1-\dfrac{\alpha}{4^n}\right)}{\dfrac{1}{4^n}\arctan\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}

al variare del parametro reale \alpha.
 
 

Convergenza successione con parametro e funzioni varie #101101

avt
Ifrit
Amministratore
Per calcolare il limite della successione parametrica definita da:

a_n=\frac{\dfrac{1}{2^n}\sinh\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\cos\left(\dfrac{1}{2^n}\right)-\log\left(1-\dfrac{\alpha}{4^n}\right)}{\dfrac{1}{4^n}\arctan\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}

occorre rifarsi agli sviluppi di Taylor per successioni, in particolare:

- lo sviluppo notevole del seno iperbolico

\sinh(b_{n})=b_{n}+\frac{b_n^3}{6}+o(b_n^3)

valido a patto che b_n\to 0

- lo sviluppo notevole del coseno

\cos(b_n)=1-\frac{b_n^2}{4}+o(b_{n}^3)

valido a patto che b_n\to 0

- lo sviluppo notevole del logaritmo

\ln(1+b_n)=b_n-\frac{b_n^2}{2}+\frac{b_n^3}{3}+o(b_n^3)

valido nel momento in cui b_n\to 0

- lo sviluppo notevole dell'arcotangente

\arctan(b_n)=b_n+o(b_n)

che funziona nel momento in cui b_n\to 0

Prima di continuare è opportuno osservare che ci siamo fermati all'ordine 3 per i termini al numeratore e 1 per il termine al denominatore: a priori è molto difficile prevedere l'ordine a cui fermarsi e la scelta è dettata dall'esperienza.

Occupiamoci del numeratore, e per semplificare le notazioni poniamo

t=\frac{1}{2^n}

cosicché l'espressione

\frac{1}{2^n}\sinh\left(\frac{1}{2^n}\right)\cos\left(\frac{1}{2^n}\right)-\log\left(1-\frac{\alpha}{4^n}\right)=

diventi

=t\sinh\left(t\right)\cos\left(t\right)-\log\left(1-\alpha t^2\right)=(\bullet)

A questo punto osserviamo che:

\\ \sinh(t)=t+\frac{t^3}{6}+o(t^3) \\ \\ \\ \cos(t)=1-\frac{t^2}{2}+o(t^3)\\ \\ \\ \log\left(1-\alpha t^2\right)=-\alpha t^2+o(t^3)

dopodiché sostituiamo ciascuna funzione con il relativo sviluppo di Taylor

(\bullet)=t\left(t+\frac{t^3}{6}+o(t^3)\right)\left(1-\frac{t^2}{2}+o(t^3)\right)-\left(-\alpha t^2+o(t^3)\right)=

Svolgiamo il prodotto trascurando tutti quei termini che superano il grado 3, i quali verranno inglobati nell'o-piccolo

\\ =\left(t^2+o(t^3)\right)\left(1-\frac{t^2}{2}+o(t^3)\right)+\alpha t^2+o(t^3)=\\ \\ \\ =t^2+\alpha t^2+o(t^3)=

A questo punto sommiamo i monomi simili

=(1+\alpha)t^2+o(t^3)=

e ripristiniamo \frac{1}{2^n} sostituendola a ogni occorrenza di t

\\ =(1+\alpha)\left(\frac{1}{2^n}\right)^2+o\left(\left(\frac{1}{2^n}\right)^3\right)=\\ \\ \\ = (1+\alpha)\left(\frac{1}{2}\right)^{2n}+o\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{3n}\right)

Per quanto concerne il denominatore, scriviamo invece

\\ \frac{1}{4^n}\arctan\left(\frac{1}{3^n}\right)=\frac{1}{4^n}\left[\frac{1}{3}^n+o\left(\left(\frac{1}{3}\right)^n\right)\right]=\\ \\ \\ =\frac{1}{2^{2n}}\left[\left(\frac{1}{3}\right)^n+o\left(\left(\frac{1}{3}\right)^n\right)\right]

Alla luce delle precedenti considerazioni, il limite

\lim_{n\to+\infty}\frac{\dfrac{1}{2^n}\sinh\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\cos\left(\dfrac{1}{2^n}\right)-\log\left(1-\dfrac{\alpha}{4^n}\right)}{\dfrac{1}{4^n}\arctan\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}=

diventa

=\lim_{n\to+\infty}\frac{(1+\alpha)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n}+o\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^{3n}\right)}{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n}\left[\left(\dfrac{1}{3}\right)^n+o\left(\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)\right]}=

Mettiamo in evidenza \left(\frac{1}{2}\right)^{2n} al numeratore

=\lim_{n\to+\infty}\frac{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n}\left[1+\alpha +o\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)\right]}{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2n}\left[\left(\dfrac{1}{3}\right)^n+o\left(\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)\right]}=

e semplifichiamolo con il denominatore

=\lim_{n\to+\infty}\frac{1+\alpha +o\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{\left(\dfrac{1}{3}\right)^n+o\left(\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)}

Se 1+\alpha\ne 0, ossia se \alpha\ne -1, il limite è infinito perché il denominatore collassa a zero 0 mentre il numeratore è un numero reale non nullo.

Più precisamente

\lim_{n\to+\infty}\frac{1+\alpha +o\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^n\right)}{\left(\dfrac{1}{3}\right)^n+o\left(\left(\dfrac{1}{3}\right)^n\right)}=\begin{cases}-\infty&\mbox{se} \ \alpha<-1\\ \\ +\infty&\mbox{se} \ \alpha>-1\end{cases}

Se invece \alpha=-1, le stime trovate sono insufficienti e non consentono di concludere nulla.

A questo proposito è necessario sviluppare le funzioni al numeratore fino al quarto ordine.

\\ \sinh(t)=t+\frac{t^3}{6}+o(t^4) \\ \\ \\ \cos(t)=1-\frac{t^2}{2}+\frac{t^4}{24}+o(t^4)

Per \alpha=-1, lo sviluppo del logaritmo diventa

\log(1+t^2)=t^2-\frac{t^4}{2}+o(t^4)

per cui il numeratore si riscrive come segue:

\\ t\sinh(t)\cos(t)-\log(1+t^2)=\frac{t^4}{6}+o\left(t^4\right)= \\ \\ \\

da cui ripristinando \frac{1}{2^n} al posto di t otteniamo

=\frac{1}{6}\left(\frac{1}{2}\right)^{4n}+o\left(\left(\frac{1}{2}\right)^{4n}\right)

Il limite

\lim_{n\to+\infty}\frac{\dfrac{1}{2^n}\sinh\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\cos\left(\dfrac{1}{2^n}\right)-\log\left(1-\dfrac{\alpha}{4^n}\right)}{\dfrac{1}{4^n}\arctan\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}=

in questo caso si traduce in:

 =\lim_{n\to +\infty}\frac{\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4n}+o\left(\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4n}\right)}{\dfrac{1}{2^{2n}}\left[\dfrac{1}{3^n}+o\left(\dfrac{1}{3^n}\right)\right]}=

Se trascuriamo gli o-piccolo

=\lim_{n\to +\infty}\frac{\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4n}}{\dfrac{1}{2^{2n}}\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}=

e semplifichiamo in maniera opportuna, il limite diventa

=\lim_{n\to +\infty}\frac{\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{4n}}{\dfrac{1}{2^{2n}}\left(\dfrac{1}{3^n}\right)}=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{6}\cdot\frac{3^n}{2^{2n}}=0

Il limite è zero perché il numeratore è un infinitesimo di ordine superiore rispetto a quello del denominatore.

Osservazione

Se avessimo sviluppato sin dall'inizio fino all'ordine quattro non avremmo dovuto effettuare il doppio caso. Purtroppo non sempre è possibile prevedere l'ordine cui fermarsi e si è costretti ad aumentarlo in corso d'opera.
Ringraziano: Omega, Ettore92
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Os