Esercizio: analisi di una successione parametrica

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Esercizio: analisi di una successione parametrica #99168

avt
Gys99
Punto
Vi chiedo aiuto per un esercizio in cui è richiesto di analizzare una successione dipendente da un parametro.

Dire per quali valori di \lambda\ne 1 la successione \left\{a_n\right\}_{n\in\mathbb{N}}, definita da:

a_n=(-1)^{n}\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}\right)\cdot\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)\cdot n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}

è: convergente; limitata; indeterminata; divergente.
 
 

Esercizio: analisi di una successione parametrica #99174

avt
Ifrit
Amministratore
Ciao Gyss99,

per rispondere correttamente al quesito, è necessario effettuare un piccolo preambolo teorico sulle successioni, in particolare sulle successioni a segno alterno \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}}, dove il termine n-esimo si presenta nella forma:

a_n=(-1)^{n}b_{n} \ \ \ \mbox{con} \ b_n>0 \ \mbox{almeno definitivamente}

Se \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è in questa forma, infatti, sussistono i seguenti teoremi:


Teorema di nullità del limite di successione a segno alterno

\lim_{n\to +\infty}a_{n}=0 \ \ \ \mbox{se e solo se} \ \ \ \ \lim_{n\to +\infty}b_{n}=0

Ci permette di trascurare il termine (-1)^{n} da a_n e ne facilita la discussione.


Teorema sulla limitatezza delle successioni a segno variabile

\{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è una successione limitata se e solo se \{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}} è una successione limitata.


Teorema sulla irregolarità di una successione a segni alterni

Se \{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}} non converge a zero (converge a un numero non nullo, diverge positivamente o peggio non ammette limite), \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è una successione irregolare (o indeterminata).


Infine, ma non meno importante, è fondamentale tenere a mente il teorema di limitatezza delle successioni convergenti, il quale afferma che una successione convergente è limitata.

Dopo il "breve" preambolo, possiamo occuparci dell'esercizio.

Consideriamo la successione \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} il cui termine n-esimo è definito dalla relazione:

a_{n}=(-1)^{n}\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}\right)\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}\ \ \ \mbox{con} \ \lambda\ne 1

e indichiamo con \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} la successione avente termine generale:

b_{n}=\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}\right)\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}} \ \ \ \mbox{con} \ \lambda\ne 1

Per poter applicare i teoremi precedenti, dobbiamo dimostrare che \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} è una successione a termini positivi (almeno definitivamente), dobbiamo cioè verificare che:

b_{n}>0 \ \ \ \mbox{almeno definitivamente}

Analizziamo singolarmente i fattori che compongono b_{n} cercando di dedurne il segno, partendo dal più facile:

- il termine con il seno

\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)

è positivo per ogni n\in\mathbb{N} perché è il quadrato di una quantità non nulla;


- la potenza

n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}\ \ \ \mbox{con} \ \lambda\ne 1

è certamente positiva perché n è un numero naturale;

Quello più delicato da trattare riguarda il termine con il logaritmo

\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}\right)

In realtà non è difficile, bisogna semplicemente controllare che la disequazione logaritmica

\ln(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2})>0

sia soddisfatta per ogni n\in\mathbb{N} (o comunque definitivamente).

Applichiamo ai due membri l'esponenziale in base e

1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}>1

e cancelliamo gli uni a destra e a sinistra, così da ricondurci alla disequazione irrazionale

\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}>0

Per risolverla è sufficiente isolare una radice al primo membro

\sqrt{n+3}>\sqrt{n+2}

elevare al quadrato i due membri (operazione lecita perché a destra e a sinistra troviamo termini positivi)

n+3>n+2 \ \ \ \to \ \ \ 3>2

e concludere che la disuguaglianza è vera per ogni n\in\mathbb{N}.

Con le informazioni in nostro possesso, possiamo affermare che b_{n} è positivo perché prodotto di tre quantità positive.

È un'ottima notizia! Possiamo usare i teoremi perché le loro ipotesi sono soddisfatte!

Per il momento tralasciamo \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} e concentriamoci su \{b_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}: calcoliamo il limite di successione

\lim_{n\to+\infty}b_n=\lim_{n\to+\infty}\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n-2}\right)\cdot\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}

al variare del parametro \lambda\ne 1.

Non facciamoci spaventare troppo dall'espressione del limite: è sufficiente usare le giuste successioni asintotiche per concludere velocemente.

Quelle che ci torneranno utili sono:

- la relazione asintotica per il seno:

\sin(c_n)\sim c_{n} \ \ \ \mbox{se} \ c_n\to 0

In altri termini, il seno si comporta come il suo argomento se questi tende a zero per n\to +\infty;

- La relazione asintotica per il logaritmo:

\ln(1+c_n)\sim c_n \ \ \ \mbox{se} \ c_n\to 0

In altri termini, il logaritmo della somma tra 1 e una successione infinitesima ha lo stesso comportamento di quest'ultima.

Bisogna controllare se sia possibile usare queste stime.

Chiaramente, l'argomento del seno tende a zero per n che tende a +\infty, infatti:

\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+19}=0

pertanto possiamo scrivere la relazione asintotica

\sin\left(\frac{1}{n+19}\right)\sim\frac{1}{n+19}\sim\frac{1}{n}\ \ \ \mbox{per} \ n\to +\infty

per cui, per il suo quadrato vale la stima:

\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)\sim\frac{1}{n^2} \ \ \ \mbox{per} \ n\to +\infty

Anche in questa circostanza, il logaritmo è più delicato da trattare perché richiede qualche passaggio algebrico per ricavare la stima asintotica appropriata.

Consideriamo quindi

\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2}\right)=

e razionalizziamo la differenza tra le radici, moltiplicandola e dividendola per \sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}

=\ln\left(1+\frac{(\sqrt{n+3}-\sqrt{n+2})(\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2})}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\right)=

A questo punto, sfruttiamo la regola sulla differenza dei quadrati per svolgere il prodotto a numeratore (questa operazione cancellerà le radici) e in seguito portiamo a termine i calcoli:

=\ln\left(1+\frac{n+3-n-2}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\right)

Adesso dovrebbe essere lampante il fatto che l'argomento del logaritmo è la somma tra 1 e un termine che tende a zero, di conseguenza possiamo scrivere la relazione asintotica:

\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\right)\sim\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\ \ \mbox{per} \ n\to +\infty

Come se non bastasse, per n\to +\infty valgono le seguenti relazioni

\sqrt{n+3}\sim\sqrt{n} \ \ \ \mbox{e} \ \ \ \sqrt{n+2}\sim\sqrt{n}

grazie alle quali possiamo scrivere

\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\sim\frac{1}{\sqrt{n}+\sqrt{n}}=\frac{1}{2\sqrt{n}}

e concludere che il termine logaritmico soddisfa la relazione asintotica

\ln\left(1+\frac{1}{\sqrt{n+3}+\sqrt{n+2}}\right)\sim\frac{1}{2\sqrt{n}}\ \ \mbox{per} \ n\to +\infty

In virtù del principio di sostituzione degli infinitesimi equivalenti, il limite

\lim_{n\to+\infty}b_n=\lim_{n\to+\infty}\ln\left(1+\sqrt{n+3}-\sqrt{n-2}\right)\cdot\sin^2\left(\frac{1}{n+19}\right)n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}=

è uguale a quello che si ottiene rimpiazzando il termine con il seno e quello con il logaritmo con le rispettive successioni asintotiche, vale a dire

=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2\sqrt{n}}\cdot\frac{1}{n^2}n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}}=

Dopo aver espresso la radice come una potenza a esponente fratto, semplifichiamo l'espressione avvalendoci delle proprietà delle potenze e scriviamo il limite nella forma

=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{2}n^{\frac{\lambda+1}{\lambda-1}-2-\frac{1}{2}}=\frac{1}{2}\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{7-3\lambda}{\lambda-1}}

Facciamo interviene il limite fondamentale:

\lim_{n\to+\infty}n^{\alpha}=\begin{cases}0&\mbox{se} \ \alpha<0 \\ \\ 1&\mbox{se} \ \alpha=0 \\ \\ +\infty &\mbox{se} \ \alpha>0\end{cases}

che consente di affermare quanto segue:

\frac{1}{2}\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{7-3\lambda}{\lambda-1}}=\begin{cases}0&\mbox{se}\ \frac{7-3\lambda}{\lambda-1}<0 \\ \\ \frac{1}{2}&\mbox{se} \ \frac{7-3\lambda}{\lambda-1}=0 \\ \\ +\infty&\mbox{se} \ \frac{7-3\lambda}{\lambda-1}>0\end{cases}

Non ci resta che studiare la disequazione fratta

\frac{7-3\lambda}{\lambda-1}\ge 0

analizzando separatamente il segno del numeratore e quello del denominatore

\\ N\ge 0\ : \ 7-3\lambda\ge 0 \ \ \ \to \ \ \ \lambda\le\frac{7}{3} \\ \\ D>0 \ : \ \lambda-1>0 \ \ \ \to \ \ \ \lambda>1

Dalla tabella dei segni, ricaviamo che la frazione \frac{7-3\lambda}{\lambda-1} è:

- positiva per 1<\lambda<\frac{7}{3};

- nulla per \lambda=\frac{7}{3};

- negativa per \lambda<1 \ \ \vee \ \ \lambda>\frac{7}{3}.

Conseguentemente:

\lim_{n\to +\infty}b_n=\frac{1}{2}\lim_{n\to+\infty}n^{\frac{7-3\lambda}{\lambda-1}}=\begin{cases}0&\mbox{se}\ \lambda<1\ \vee \ \lambda>\frac{7}{3} \\ \\ \frac{1}{2}&\mbox{se} \ \lambda=\frac{7}{3} \\ \\ +\infty&\mbox{se} \ 1<\lambda<\frac{7}{3}\end{cases}

Esaminiamo i risultati e usiamo i teoremi esposti inizialmente per trarre le conclusioni sulla successione \{a_n\}:

- per \lambda<1\ \vee \ \lambda>\frac{7}{3}, la successione \{b_{n}\} tende a zero, pertanto è limitata (teorema di limitatezza delle successioni convergenti) e dunque \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è sia limitata (lo è \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}}) sia convergente (\{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} converge a zero).

- per \lambda=\frac{7}{3}, \ \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} converge a \frac{1}{2}\ne 0, di conseguenza è limitata per il teorema sulla limitatezza delle successioni convergenti, dunque \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è limitata (lo è \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}}) ma è indeterminata (il limite di b_n è un numero diverso da zero);

- per 1<\lambda<\frac{7}{3}, \ \{b_n\}_{n\in\mathbb{N}} diverge positivamente, dunque non è una successione limitata. In virtù dei teoremi sulle successioni a segno variabile \{a_n\}_{n\in\mathbb{N}} è indeterminata e illimitata.
Ringraziano: Omega, Pi Greco, CarFaby, Gys99
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Os