Limite di Successione Analisi 1
Ciao a tutti! 
La settimana scorsa ho sostenuto l'esame scritto di Analisi Matematica 1, e mi sono imbattuto in questo limite:
$\lim_{n \to \infty}((n+sqrt(n))^n -4(n-2)^n +n!)/((n+4)^n (e^(sqrt(n+1)) + 2^(sqrt(n)))$
Chiunque potesse gentilmente illuminarmi sulla risoluzione di questo limite me ne sarebbe grato, possibilmente con i passaggi per capire come semplificare il tutto... sono disperato
La mia idea iniziale è stata quella di riscrivere tutto riconducendomi al limite notevole del Numero di nepero, ad esempio:
$(n+sqrt(n))^n = n^n(1+sqrt(n)/n)^(n) = n^n (e^(sqrt(n)))$
ma poi andando a proseguire con le semplificazioni mi perdo... grazie in anticipo per chi mi aiuterà!
La settimana scorsa ho sostenuto l'esame scritto di Analisi Matematica 1, e mi sono imbattuto in questo limite:$\lim_{n \to \infty}((n+sqrt(n))^n -4(n-2)^n +n!)/((n+4)^n (e^(sqrt(n+1)) + 2^(sqrt(n)))$
Chiunque potesse gentilmente illuminarmi sulla risoluzione di questo limite me ne sarebbe grato, possibilmente con i passaggi per capire come semplificare il tutto... sono disperato
La mia idea iniziale è stata quella di riscrivere tutto riconducendomi al limite notevole del Numero di nepero, ad esempio:
$(n+sqrt(n))^n = n^n(1+sqrt(n)/n)^(n) = n^n (e^(sqrt(n)))$
ma poi andando a proseguire con le semplificazioni mi perdo... grazie in anticipo per chi mi aiuterà!
Risposte
Ciao,
per trattare il fattoriale ti riconduci all'approssimazione di Stirling
\(\displaystyle N! = N^N exp (-N) \sqrt {2 \pi N} \)
Separando in tre addendi l'espressione riesci sempre a raccogliere un rapporto di polinomi di grado N tutto elevato alla potenza N, e ti riconduci quindi al limite dell'esponenziale come provavi a fare. I conti sono lunghi ma non difficili. Posta qui tuoi altri tentativi se hai ancora problemi...
Ciao
per trattare il fattoriale ti riconduci all'approssimazione di Stirling
\(\displaystyle N! = N^N exp (-N) \sqrt {2 \pi N} \)
Separando in tre addendi l'espressione riesci sempre a raccogliere un rapporto di polinomi di grado N tutto elevato alla potenza N, e ti riconduci quindi al limite dell'esponenziale come provavi a fare. I conti sono lunghi ma non difficili. Posta qui tuoi altri tentativi se hai ancora problemi...
Ciao
Ci provo subito:
"InfiniteJest":
Ciao,
per trattare il fattoriale ti riconduci all'approssimazione di Stirling
\(\displaystyle N! = N^N exp (-N) \sqrt {2 \pi N} \)
Separando in tre addendi l'espressione riesci sempre a raccogliere un rapporto di polinomi di grado N tutto elevato alla potenza N, e ti riconduci quindi al limite dell'esponenziale come provavi a fare. I conti sono lunghi ma non difficili. Posta qui tuoi altri tentativi se hai ancora problemi...
Ciao
Ti scrivo i passaggi fino a dove sono riuscito ad arrivare, perché poi anche usando Stirling mi perdo nelle semplificazioni:
$ ((n^n * e^sqrt(n)) - (4n^n * 1/e^2) + (n^n * 1/e^n * sqrt(2\pin)))/((n^n * e^4)(e^((sqrt(n))(1+o(1))) + 2^sqrt(n)) $ =
$ = (n^n * e^sqrt(n) - (4n^n)/(e^2) + n^n/e^n *sqrt(2\pin))/(n^n * e^(9/2) + n^n * 2^sqrt(n) )$
Da qui in poi qualsiasi passaggio provo a fare mi risulta difficoltoso al fine di arrivare al risultato, che secondo wolphram alpha dovrebbe essere $ 1/e^(9/2) $ .... Help me please
Che gli hai fatto a quel denominatore? Credo che ti sia mangiato l ' exp( sqrt (n)) che raccolto a numeratore a denominatore ti dà 1 e fa sì che tutti gli altri termini vanno a zero tranne il risultato. Comunque fin qui è tutto ben fatto
"InfiniteJest":
Che gli hai fatto a quel denominatore? Credo che ti sia mangiato l ' exp( sqrt (n)) che raccolto a numeratore a denominatore ti dà 1 e fa sì che tutti gli altri termini vanno a zero tranne il risultato. Comunque fin qui è tutto ben fatto
Non ho capito cosa intendi, al denominatore ho semplicemente fatto la moltiplicazione tra i due termini e quindi:
$ e^sqrt(n)e^4 = e^(9/2) $
Se potessi illuminarmi su come semplificare da qui in poi con i passaggi per arrivare al risultato te ne sarei grato, perché non so come fare ciò che mi hai suggerito...
Ciao, non so se nel frattempo tu abbia risolto comunque ti posto i passaggi completi:
Per prima cosa puoi semplificare tutti i termini \(\displaystyle n^n \) ; inoltre é trattato male il primo termine della somma:
\(\displaystyle \frac { (1 + \sqrt{n}/n)^n}{e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}} ) } - \frac {4 e ^{-2}}{e^4 (e^{\sqrt{n+1}}+ 2^{\sqrt{n}})} + \frac {e^{-n} \sqrt{2 \pi n}}{e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}} ) } \)
Per trattare il termine
\(\displaystyle (1 + \frac {\sqrt{n}}{n})^n \)
non puoi semplicemente concludere \(\displaystyle = e^{\sqrt{n}} \) perché \(\displaystyle \sqrt{n} \) non é un solo un numero bensì la variabile che aumenta all'aumentare dell'indice. Conviene allora porlo uguale a (identitá)
\(\displaystyle e^{n log( 1 + \frac{\sqrt{n}} {n})} \)
e sviluppando in serie il logaritmo
( \(\displaystyle log ( 1 + x ) = x - x^2/2 + ... \) )
si trova
\(\displaystyle = e^{n log ( 1 + \frac {\sqrt{n}}{n})} = e^{n log ( 1 + \frac {1}{\sqrt{n}})}= e^{n ( \frac {1}{ \sqrt{n}} - \frac {1}{2n} )} = e^{ \sqrt{n} - 1/2 } = e^{\sqrt{n}} e^{-1/2} \)
cioé siamo un ordine "più precisi" di quanto lo fossimo con l'approssimazione di prima.
Raccogliendo
\(\displaystyle \frac { e^{\sqrt{n}} e^{-1/2} - 4 e^{-2} + e^{-n} \sqrt{2 \pi n} } {e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}}) } \)
Si raccolgono a fattore \(\displaystyle e^{\sqrt{n}} \) e \(\displaystyle e^{\sqrt{n+1}} \) il cui rapporto per n che va all'infinito tende a 1, e si arriva a
\(\displaystyle (e^{\sqrt{n}} ( e^{-1/2} - \frac {4}{e^2 e^{\sqrt{n}}} + \frac { \sqrt{2 \pi n}}{e^n e^{\sqrt{n}}} )) : (e^{\sqrt{n+1}} (e^4 + \frac{2^{\sqrt{n}}}{e^{\sqrt{n+1}}}))\)
Per n che tende a infinito tutti i termini con \(\displaystyle e^{\sqrt{n}} \) o \(\displaystyle e^{\sqrt{n+1}} \) al denominatore vanno a zero mentre il rapporto tra i due termini a fattore va a 1 come già indicato sopra. Allora non rimane altro che
\(\displaystyle 1/e^{1/2} : e^4 \) ovvero \(\displaystyle = e^{-9/2} \).
come volevamo dimostrare.
Ciao
Per prima cosa puoi semplificare tutti i termini \(\displaystyle n^n \) ; inoltre é trattato male il primo termine della somma:
\(\displaystyle \frac { (1 + \sqrt{n}/n)^n}{e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}} ) } - \frac {4 e ^{-2}}{e^4 (e^{\sqrt{n+1}}+ 2^{\sqrt{n}})} + \frac {e^{-n} \sqrt{2 \pi n}}{e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}} ) } \)
Per trattare il termine
\(\displaystyle (1 + \frac {\sqrt{n}}{n})^n \)
non puoi semplicemente concludere \(\displaystyle = e^{\sqrt{n}} \) perché \(\displaystyle \sqrt{n} \) non é un solo un numero bensì la variabile che aumenta all'aumentare dell'indice. Conviene allora porlo uguale a (identitá)
\(\displaystyle e^{n log( 1 + \frac{\sqrt{n}} {n})} \)
e sviluppando in serie il logaritmo
( \(\displaystyle log ( 1 + x ) = x - x^2/2 + ... \) )
si trova
\(\displaystyle = e^{n log ( 1 + \frac {\sqrt{n}}{n})} = e^{n log ( 1 + \frac {1}{\sqrt{n}})}= e^{n ( \frac {1}{ \sqrt{n}} - \frac {1}{2n} )} = e^{ \sqrt{n} - 1/2 } = e^{\sqrt{n}} e^{-1/2} \)
cioé siamo un ordine "più precisi" di quanto lo fossimo con l'approssimazione di prima.
Raccogliendo
\(\displaystyle \frac { e^{\sqrt{n}} e^{-1/2} - 4 e^{-2} + e^{-n} \sqrt{2 \pi n} } {e^4 ( e^{\sqrt{n+1}} + 2^{\sqrt{n}}) } \)
Si raccolgono a fattore \(\displaystyle e^{\sqrt{n}} \) e \(\displaystyle e^{\sqrt{n+1}} \) il cui rapporto per n che va all'infinito tende a 1, e si arriva a
\(\displaystyle (e^{\sqrt{n}} ( e^{-1/2} - \frac {4}{e^2 e^{\sqrt{n}}} + \frac { \sqrt{2 \pi n}}{e^n e^{\sqrt{n}}} )) : (e^{\sqrt{n+1}} (e^4 + \frac{2^{\sqrt{n}}}{e^{\sqrt{n+1}}}))\)
Per n che tende a infinito tutti i termini con \(\displaystyle e^{\sqrt{n}} \) o \(\displaystyle e^{\sqrt{n+1}} \) al denominatore vanno a zero mentre il rapporto tra i due termini a fattore va a 1 come già indicato sopra. Allora non rimane altro che
\(\displaystyle 1/e^{1/2} : e^4 \) ovvero \(\displaystyle = e^{-9/2} \).
come volevamo dimostrare.
Ciao
Grazie mille per la spiegazione precisa e dettagliata, non avrei mai pensato di dover adoperare la serie del logaritmo anche per le successioni! Grazie ancora
Nessun problema, anzi mi spiace non aver avuto tempo di postarlo i giorni scorsi. E sì, ogni volta che sembra plausibile, puoi scommettere che lì ci sarà uno sviluppo un serie...
Ciao
Ciao
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