Dimostrazione limite successione
Salve,
come da titolo, dovrei dimostrare un limite di una successione; ma non so che pesci prendere!
Data la seguente successione:
$ (n)^(alpha)=e^{alphaln n} $
dimostrare che se :
$ alpha < 0$ $ rArr$ $ lim_(n -> oo ) (n^alpha)=0$
$alpha > 0$ $ rArr$ $ lim_(n -> oo ) (n^alpha)=+oo $
verificare che i limiti trovati sono corretti.
vi ringrazio per il vostro aiuto.
come da titolo, dovrei dimostrare un limite di una successione; ma non so che pesci prendere!
Data la seguente successione:
$ (n)^(alpha)=e^{alphaln n} $
dimostrare che se :
$ alpha < 0$ $ rArr$ $ lim_(n -> oo ) (n^alpha)=0$
$alpha > 0$ $ rArr$ $ lim_(n -> oo ) (n^alpha)=+oo $
verificare che i limiti trovati sono corretti.
vi ringrazio per il vostro aiuto.
Risposte
Il caso $alpha > 0$ ... Ricordando la definizione di limite:
$AA M > 0$ , $EE bar n : AA n > bar n$ si ha $n^alpha > M$.
Allora $e^(alpha ln(n)) > alpha * ln(n) > M$ $Rightarrow$ $M/alpha < ln(n)$ $Rightarrow$ $e^(M/alpha) < n = bar n$.
$AA M > 0$ , $EE bar n : AA n > bar n$ si ha $n^alpha > M$.
Allora $e^(alpha ln(n)) > alpha * ln(n) > M$ $Rightarrow$ $M/alpha < ln(n)$ $Rightarrow$ $e^(M/alpha) < n = bar n$.
Ti ringrazio Seneca, ma non ho capito. Utilizzando la definizione di limite cosa otteniamo?
Solitamente se un esercizio richiede la verifica di un limite, tale verifica dev'essere effettuata mediante la definizione. E la definizione, nel caso di successione divergente, è quella che ti ha ricordato Seneca. Ragiona bene intorno a quest'ultima.
Seneca ha scritto un po' male la definizione di limite da verificare. Per essere più precisi sarebbe: $\forall M>0$ $\exists n_0\in\mathbb{N}$: $n > n_0 \Rightarrow n^a>M$. Ora devi lavorare quindi sulla disuguaglianza $n^a>M$ che equivale, nel caso $a>0$, a $n>M^{1/a}$. Basta quindi prendere un intero $n_0$ tale che $n_0>M^{1/a}$; ne segue che la definizione di limite risulta verificata. Il caso $a<0$ lo fai in modo analogo: attenzione a trattare la disuguaglianza $n^a>M$.
"Luca.Lussardi":
Seneca ha scritto un po' male la definizione di limite da verificare. Per essere più precisi sarebbe: $\forall M>0$ $\exists n_0\in\mathbb{N}$: $n > n_0 \Rightarrow n^a>M$.
Mh? Intendi che, da un punto di vista logico, andrebbe $Rightarrow$?
Anche, ma ho voluto correggere soprattutto il tuo $n$ usato ugualmente per denotare quantità diverse, ciò che invece io ho denotato con $n_0$ e $n$.
"Luca.Lussardi":
Anche, ma ho voluto correggere soprattutto il tuo $n$ usato ugualmente per denotare quantità diverse, ciò che invece io ho denotato con $n_0$ e $n$.
Veramente avevo scritto $bar n$ ($n$ sopra segnato)...
[OT]
Per me la definizione scritta da Seneca va benissimo: \(\forall M >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall n\geq \nu ,\ n^\alpha >M\)...
Ciò mi ricorda una vecchissima discussione in cui io e te, Luca, discettavamo sull'uso del simbolo \(\Rightarrow\) nella definizione di limite. Ricordi?
[/OT]
"Luca.Lussardi":
Per essere più precisi sarebbe: $\forall M>0$ $\exists n_0\in\mathbb{N}:\ n > n_0 \Rightarrow n^a>M$.
Per me la definizione scritta da Seneca va benissimo: \(\forall M >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall n\geq \nu ,\ n^\alpha >M\)...
Ciò mi ricorda una vecchissima discussione in cui io e te, Luca, discettavamo sull'uso del simbolo \(\Rightarrow\) nella definizione di limite. Ricordi?
[/OT]
si ma giungere a questo risultato:
$eαln(n)>α⋅ln(n)>M ⇒ Mα
$eαln(n)>α⋅ln(n)>M ⇒ Mα
"Seneca":
$AA M > 0$ , $EE bar n : AA n > bar n$ si ha $n^alpha > M$.
Allora $e^(alpha ln(n)) > alpha * ln(n) > M$ $Rightarrow$ $M/alpha < ln(n)$ $Rightarrow$ $e^(M/alpha) < n = bar n$.
Sai che $AA y in RR$ , $e^y > y$.
Allora $e^(alpha ln(n) ) > alpha ln(n)$ ... Allora se riesci a trovare un $bar n$ tale che da lì in poi valga $ alpha ln(n) > M $, allora certamente $AA n > bar n$ vale anche $n^alpha = e^(alpha ln(n) ) > M$.
Allora da $ alpha ln(n) > M $ deduci che $AA n > e^(M/alpha)$ , $alpha ln(n) > M$ ; e quindi anche $e^(alpha ln(n)) > M$ per gli stessi indici...
Vogliamo dimostrare che \(\lim_n n^\alpha =+\infty\) se \(\alpha >0\); ciò vuol dire che dobbiamo far vedere che la successione di termine generale \(n^\alpha\) soddisfa la seguente proprietà:
\[
\tag{L} \forall M>0,\ \exists \bar{n}_M\in \mathbb{N}:\quad \forall n>\bar{n}_M,\quad n^\alpha >M\; ,
\]
cioè che:
Comunque si fissi \(M\) positivo, esiste in corrispondenza di tale \(M\) un numero naturale \(\bar{n}_M\) tale che \(n^\alpha>M\) per ogni \(n>\bar{n}_M\).
Come si fa a vedere se \(n^\alpha\) soddisfa la proprietà (L)?
Beh, dato che dobbiamo dimostrare che "comunque si fissi \(M\) positivo etc..." cominciamo a ritenere fissato un \(M>0\).
Ora dobbiamo mostrare che "in corrispondenza di tale \(M\) esiste un naturale \(\bar{n}_M\) tale che \(n^\alpha>M\) per ogni \(n>\bar{n}_M\)", quindi dobbiamo determinare (esplicitamente se ci riusciamo) il numerillo \(\bar{n}_M\) che serve allo scopo.
Leggendo bene tra le righe della proprietà (L), riusciamo a capire che il numero \(\bar{n}_M\) è caratterizzato (non univocamente, come vedremo) dal fatto che l'insieme non limitato superiormente \(I_{\bar{n}_M}:=\{n\in \mathbb{N}:\ n>\bar{n}_M\}\) deve essere contenuto nell'insieme delle soluzioni \(S_M\) della disequazione \(n^\alpha >M\), cioè dal fatto che:
\[
\{n\in \mathbb{N}:\ n>\bar{n}_M\}=I_{\bar{n}_M} \subseteq S_M:=\{n\in \mathbb{N}:\ n^\alpha >M\}\; .
\]
Una strada abbastanza promettente per determinare il numerillo \(\bar{n}_M\) è quella di provare a risolvere esplicitamente la disequazione \(n^\alpha >M\): infatti, ciò ci dirà com'è fatto l'insieme \(S_M\) ed, in particolare, ci dirà se esiste qualche insieme del tipo \(I_\bar{n}\) che è contenuto dentro \(S_M\); una volta che avremo provato che insiemi di tal fatta esistano, basterà scegliere come \(\bar{n}_M\) uno dei numeri \(\bar{n}\) tali che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\).
La disequazione \(n^\alpha >M\) è risolta da tutti quei numri naturali \(n\) tali che \(n\geq [M^{1/\alpha}]+1\) (qui \([\cdot]\) è la funzione parte intera), quindi:
\[
S_M:=\{n\in \mathbb{N}:\ n\geq [M^{1/\alpha}] +1\}\; .
\]
Chiediamoci, ora: esistono insiemi del tipo \(I_\bar{n}\) contenuti in \(S_M\)?
Beh, la risposta è senza dubbio sì.
Infatti \(S_M\) è un insieme non limitato superiormente di numeri naturali consecutivi, quindi esso contiene senza dubbio insiemi del tipo \(I_\bar{n}\).
Date le considerazioni fatte in precedenza, ci basterà determinare almeno uno dei numerilli \(bar{n}\) tali che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\) per dire di aver provato la proprietà (L) per il valore di \(M\) fissato all'inizio.
Allora, chiediamoci: qual è un numerillo \(\bar{n}\) tale che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\)?
Beh, notiamo che \(S_M\) si può scrivere equivalentemente come:
\[
S_M=\{n\in \mathbb{N}:\ n>[M^{1/\alpha}]\}
\]
quindi è evidente che \(S_M=I_{[M^{1/\alpha}]}\); ma allora basta scegliere \(\bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]\) per avere \(I_{\bar{n}_M}=S_M\subseteq S_M\).
Siamo a posto!
[Per inciso notiamo che ogni numero naturale del tipo \(\bar{n}\geq [M^{1/\alpha}]\) è un numero tale che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\). Quindi, ad esempio, avremmo anche potuto scegliere \(\bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]+100,\ \bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]+1475,\ \ldots\) senza intaccare la validità delle nostre conclusioni. Volevamo intendere proprio questo quando abbiamo detto che \(\bar{n}_M\) è caratterizzato non univocamente dalla proprietà \(I_{\bar{n}_M}\subseteq S_M\).]
Però, noi avevamo scelto di fissare \(M\) contro il fatto che la (L) deve valere \(\forall M>0\)... E quindi?
Beh, quindi non c'è nessun problema.
Infatti il numero positivo \(M\) è stato fissato all'inizio in maniera del tutto arbitraria; ciò ci consente di dire che lo stesso ragionamento fatto per il nostro "valore particolare" di \(M\) lo possiamo ripetere parola per parola per tutti i valori possibili ed immaginabili che la variabile \(M\) può assumere; perciò, come si dice in gergo, possiamo lasciare \(M\) libero di variare in \(]0,+\infty[\) ed essere sicuri che \(\bar{n}_M:=[M^{1/alpha}]\) è sempre un numero giusto per verificare la (L).
Quindi, tirando le somme, abbiamo mostrato che:
\[
\forall M>0,\ \exists \bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]:\ \forall n>\bar{n}_M,\quad n^\alpha >M
\]
e ciò significa che la relazione di limite \(\lim_n n^\alpha =+\infty\) è vera.
That's all f-f-folks!!!
@Seneca: Insolitamente mattiniero o insonne?
\[
\tag{L} \forall M>0,\ \exists \bar{n}_M\in \mathbb{N}:\quad \forall n>\bar{n}_M,\quad n^\alpha >M\; ,
\]
cioè che:
Comunque si fissi \(M\) positivo, esiste in corrispondenza di tale \(M\) un numero naturale \(\bar{n}_M\) tale che \(n^\alpha>M\) per ogni \(n>\bar{n}_M\).
Come si fa a vedere se \(n^\alpha\) soddisfa la proprietà (L)?
Beh, dato che dobbiamo dimostrare che "comunque si fissi \(M\) positivo etc..." cominciamo a ritenere fissato un \(M>0\).
Ora dobbiamo mostrare che "in corrispondenza di tale \(M\) esiste un naturale \(\bar{n}_M\) tale che \(n^\alpha>M\) per ogni \(n>\bar{n}_M\)", quindi dobbiamo determinare (esplicitamente se ci riusciamo) il numerillo \(\bar{n}_M\) che serve allo scopo.
Leggendo bene tra le righe della proprietà (L), riusciamo a capire che il numero \(\bar{n}_M\) è caratterizzato (non univocamente, come vedremo) dal fatto che l'insieme non limitato superiormente \(I_{\bar{n}_M}:=\{n\in \mathbb{N}:\ n>\bar{n}_M\}\) deve essere contenuto nell'insieme delle soluzioni \(S_M\) della disequazione \(n^\alpha >M\), cioè dal fatto che:
\[
\{n\in \mathbb{N}:\ n>\bar{n}_M\}=I_{\bar{n}_M} \subseteq S_M:=\{n\in \mathbb{N}:\ n^\alpha >M\}\; .
\]
Una strada abbastanza promettente per determinare il numerillo \(\bar{n}_M\) è quella di provare a risolvere esplicitamente la disequazione \(n^\alpha >M\): infatti, ciò ci dirà com'è fatto l'insieme \(S_M\) ed, in particolare, ci dirà se esiste qualche insieme del tipo \(I_\bar{n}\) che è contenuto dentro \(S_M\); una volta che avremo provato che insiemi di tal fatta esistano, basterà scegliere come \(\bar{n}_M\) uno dei numeri \(\bar{n}\) tali che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\).
La disequazione \(n^\alpha >M\) è risolta da tutti quei numri naturali \(n\) tali che \(n\geq [M^{1/\alpha}]+1\) (qui \([\cdot]\) è la funzione parte intera), quindi:
\[
S_M:=\{n\in \mathbb{N}:\ n\geq [M^{1/\alpha}] +1\}\; .
\]
Chiediamoci, ora: esistono insiemi del tipo \(I_\bar{n}\) contenuti in \(S_M\)?
Beh, la risposta è senza dubbio sì.
Infatti \(S_M\) è un insieme non limitato superiormente di numeri naturali consecutivi, quindi esso contiene senza dubbio insiemi del tipo \(I_\bar{n}\).
Date le considerazioni fatte in precedenza, ci basterà determinare almeno uno dei numerilli \(bar{n}\) tali che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\) per dire di aver provato la proprietà (L) per il valore di \(M\) fissato all'inizio.
Allora, chiediamoci: qual è un numerillo \(\bar{n}\) tale che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\)?
Beh, notiamo che \(S_M\) si può scrivere equivalentemente come:
\[
S_M=\{n\in \mathbb{N}:\ n>[M^{1/\alpha}]\}
\]
quindi è evidente che \(S_M=I_{[M^{1/\alpha}]}\); ma allora basta scegliere \(\bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]\) per avere \(I_{\bar{n}_M}=S_M\subseteq S_M\).
Siamo a posto!
[Per inciso notiamo che ogni numero naturale del tipo \(\bar{n}\geq [M^{1/\alpha}]\) è un numero tale che \(I_\bar{n}\subseteq S_M\). Quindi, ad esempio, avremmo anche potuto scegliere \(\bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]+100,\ \bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]+1475,\ \ldots\) senza intaccare la validità delle nostre conclusioni. Volevamo intendere proprio questo quando abbiamo detto che \(\bar{n}_M\) è caratterizzato non univocamente dalla proprietà \(I_{\bar{n}_M}\subseteq S_M\).]
Però, noi avevamo scelto di fissare \(M\) contro il fatto che la (L) deve valere \(\forall M>0\)... E quindi?
Beh, quindi non c'è nessun problema.
Infatti il numero positivo \(M\) è stato fissato all'inizio in maniera del tutto arbitraria; ciò ci consente di dire che lo stesso ragionamento fatto per il nostro "valore particolare" di \(M\) lo possiamo ripetere parola per parola per tutti i valori possibili ed immaginabili che la variabile \(M\) può assumere; perciò, come si dice in gergo, possiamo lasciare \(M\) libero di variare in \(]0,+\infty[\) ed essere sicuri che \(\bar{n}_M:=[M^{1/alpha}]\) è sempre un numero giusto per verificare la (L).
Quindi, tirando le somme, abbiamo mostrato che:
\[
\forall M>0,\ \exists \bar{n}_M=[M^{1/\alpha}]:\ \forall n>\bar{n}_M,\quad n^\alpha >M
\]
e ciò significa che la relazione di limite \(\lim_n n^\alpha =+\infty\) è vera.
That's all f-f-folks!!!
@Seneca: Insolitamente mattiniero o insonne?
Grazie, sei stato davvero chiarissimo: magari i libri di testo fossero scritti in maniera così semplice ed accessibile. Ad ogni modo, giusto per fissare le idee, ti pongo un'ultima domanda per aver conferma della risposta che mi son dato leggendo il tuo post: chi ci dice che questo $bar (n)$ esiste?
"gugo82":
@Seneca: Insolitamente mattiniero o insonne?
Decisamente la seconda.
ahahah chissà a quali argomenti cavillosi stavi pensando
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