Esercizio 48radice n-esima, esponenziali e coefficiente binomiale

---

1. $\lim_n \sqrt[n]{\frac{2n^2 - 1}{5}}$

La base $\frac{2n^2 - 1}{5}$ tende a $+\infty$ e l'esponente $\frac1n$ a $0$: è una forma $\infty^0$, indeterminata. Due metodi.

Metodo 1: con il criterio del rapporto

Dalla nota Criteri del rapporto e della radice per successioniPer a_n > 0: se a_(n+1)/a_n oppure la radice n-esima di a_n tende a un limite minore di 1 la successione tende a 0, se maggiore di 1 tende a +∞; con limite 1 non si conclude.Criteri del rapporto e della radice per successioni →: se $a_n > 0$ ed esiste $\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n}$, allora $\lim_n \sqrt[n]{a_n}$ esiste ed è lo stesso. Con $a_n = \frac{2n^2 - 1}{5}$, si ha $a_{n+1} = \frac{2(n+1)^2 - 1}{5}$ e

$$\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)^2 - 1}{5} \cdot \frac{5}{2n^2 - 1} = \frac{2n^2 + 4n + 1}{2n^2 - 1} \sim \frac{2n^2}{2n^2} = 1$$

(il $5$ si semplifica; $2(n+1)^2 - 1 = 2n^2 + 4n + 2 - 1$). Quindi $L = 1$.

Metodo 2: con la forma esponenziale (quello standard)

Ogni potenza con base positiva si scrive come $a_n^{b_n} = e^{\log\left(a_n^{b_n}\right)} = e^{b_n \log a_n}$. Qui $b_n = \frac1n$:

$$\sqrt[n]{\frac{2n^2 - 1}{5}} = \left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right)^{1/n} = e^{\frac1n \log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right)}$$

Basta trovare il limite dell'esponente. Con le proprietà del logaritmo, raccogliendo $n^2$ dentro l'argomento:

$$\log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right) = \log\left(n^2\left(\frac25 - \frac{1}{5n^2}\right)\right) = \log(n^2) + \log\left(\frac25 - \frac{1}{5n^2}\right) = 2\log n + \log\left(\frac25 - \frac{1}{5n^2}\right)$$

Il secondo addendo tende a $\log\frac25$, un numero: è trascurabile rispetto a $2\log n \to +\infty$. Quindi $\log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right) = 2\log n + o(\log n) \sim 2\log n$, e

$$\lim_n \frac1n \log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right) = \lim_n \frac{2\log n}{n} = 0$$

per la gerarchia degli infinitilog n è trascurabile rispetto a qualunque potenza positiva di n, in particolare rispetto a n.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →. Quindi $L = e^0 = 1$.

Il logaritmo conserva l'asintoticità

Il passaggio "$\log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right) \sim \log\left(\frac25 n^2\right)$" si può fare anche in un colpo solo grazie a una proprietà vista a lezione: se $a_n \sim b_n$ e $b_n \to +\infty$ (oppure $0^+$), allora $\log a_n \sim \log b_n$ (dimostrazione in Asintoticità e o-piccoloa_n ~ b_n se il loro rapporto tende a 1, a_n = o(b_n) se tende a 0; nei prodotti e quozienti ogni fattore si può sostituire con uno asintotico.Asintoticità e o-piccolo →). Qui $\frac{2n^2 - 1}{5} \sim \frac25 n^2 \to +\infty$, quindi

$$\log\left(\frac{2n^2 - 1}{5}\right) \sim \log\left(\frac25 n^2\right) = 2\log n + \log\frac25 \sim 2\log n$$

Verifica numerica. $n = 10$: $\approx 1{,}445$; $n = 100$: $\approx 1{,}086$; $n = 1000$: $\approx 1{,}013$. Si avvicina a $1$, ma lentamente (come $e^{2\log n / n}$) ✓.

---

2. $\lim_n \left(2^{\sqrt{n^2 + 6n}} - 2^n\right)$

Forma $+\infty - \infty$.

La trappola: gli esponenti sono asintotici, le potenze no

Gli esponenti sono asintotici: $\sqrt{n^2 + 6n} \sim \sqrt{n^2} = n$. Si sarebbe tentati di concludere $2^{\sqrt{n^2 + 6n}} \sim 2^n$, ma è falso:

$$a_n \sim b_n \quad \not\Rightarrow \quad c^{a_n} \sim c^{b_n} \qquad (c > 1)$$

Il motivo: per le proprietà delle potenze $\frac{c^{a_n}}{c^{b_n}} = c^{a_n - b_n}$, e questo tende a $1$ solo se la differenza $a_n - b_n$ tende a $0$. Che il rapporto $\frac{a_n}{b_n}$ tenda a $1$ non basta.

Il rapporto delle due potenze

$$\lim_n \frac{2^n}{2^{\sqrt{n^2 + 6n}}} = \lim_n 2^{\,n - \sqrt{n^2 + 6n}}$$

L'esponente $n - \sqrt{n^2 + 6n}$ è una differenza di termini asintotici ($n$ e $\sim n$): si razionalizza come nell'Esercizio 47 · differenze di radici e razionalizzazione, moltiplicando e dividendo per la somma:

$$n - \sqrt{n^2 + 6n} = \frac{n^2 - (n^2 + 6n)}{n + \sqrt{n^2 + 6n}} = \frac{-6n}{n + \sqrt{n^2 + 6n}}$$

Il denominatore è $n + n + o(n) = 2n + o(n) \sim 2n$, quindi

$$\lim_n \left(n - \sqrt{n^2 + 6n}\right) = \lim_n \frac{-6n}{2n} = -3$$

e $2^{n - \sqrt{n^2 + 6n}} \to 2^{-3} = \frac18 \ne 1$. Ecco il controesempio: le due potenze hanno lo stesso ordine ma non sono asintotiche.

Conclusione: raccogliere la potenza più grande

Il rapporto tende a $\frac18 < 1$, quindi $2^{\sqrt{n^2 + 6n}}$ è la più grande. La si raccoglie:

$$2^{\sqrt{n^2 + 6n}} - 2^n = 2^{\sqrt{n^2 + 6n}}\left(1 - 2^{\,n - \sqrt{n^2 + 6n}}\right) \to (+\infty) \cdot \left(1 - \frac18\right) = +\infty$$

perché $1 - \frac18 = \frac78 > 0$. Quindi $L = +\infty$.

Verifica numerica. Con $n = 1000$ l'esponente $n - \sqrt{n^2 + 6n}$ vale $\approx -2{,}9955$, già molto vicino a $-3$ ✓.

---

3. $\lim_n \binom{n}{n - 3} \cdot \frac{\sqrt2 - (-1)^n}{3 + n^2}$

Passo 1: scrivere il coefficiente binomiale

Dalla definizione $\binom{n}{k} = \frac{n!}{k!\,(n - k)!}$ con $k = n - 3$ (e $n - k = 3$, $3! = 6$):

$$\binom{n}{n - 3} = \frac{n!}{(n - 3)!\ 3!} = \frac{n(n-1)(n-2)\,\cancel{(n-3)!}}{\cancel{(n-3)!}\cdot 6} = \frac{n(n-1)(n-2)}{6}$$

(si scrive $n! = n(n-1)(n-2) \cdot (n-3)!$ per semplificare il fattoriale; vedi Fattoriale e coefficienti binomialiFattoriale, permutazioni, disposizioni, combinazioni e coefficiente binomiale n su k, con il triangolo di Tartaglia.Fattoriale e coefficienti binomiali →). Il numeratore è un prodotto di tre fattori $\sim n$, quindi $\binom{n}{n - 3} \sim \frac{n^3}{6}$.

Passo 2: il pezzo irregolare $\sqrt2 - (-1)^n$

$(-1)^n$ vale $1$ e $-1$ alternativamente, quindi $\sqrt2 - (-1)^n$ vale $\sqrt2 - 1 \approx 0{,}41$ (per $n$ pari) oppure $\sqrt2 + 1 \approx 2{,}41$ (per $n$ dispari): non ha limite, e non si può sostituire con un asintotico. Ma è limitato dal basso da un numero positivo:

$$\sqrt2 - (-1)^n \ge \sqrt2 - 1 > 0 \qquad \forall n$$

Passo 3: confronto

Sostituendo gli asintotici nei fattori regolari ($3 + n^2 \sim n^2$):

$$a_n \sim \frac{n^3}{6} \cdot \frac{\sqrt2 - (-1)^n}{n^2} = \frac{\sqrt2 - (-1)^n}{6} \cdot n \ \ge\ \frac{\sqrt2 - 1}{6}\, n \to +\infty$$

Per il teorema del confrontoSe a_n è maggiore o uguale a b_n definitivamente e b_n tende a +∞, anche a_n tende a +∞.Calcolo dei limiti di successioni →, $L = +\infty$.

(Più precisamente: si applica il confronto alla successione $\frac{n(n-1)(n-2)}{6(3 + n^2)} \cdot \left(\sqrt2 - (-1)^n\right) \ge \frac{n(n-1)(n-2)}{6(3 + n^2)}(\sqrt2 - 1)$, e il secondo membro è $\sim \frac{\sqrt2 - 1}{6}n \to +\infty$.)

Osservazione: che cosa cambia con $1 - (-1)^n$

Se al posto di $\sqrt2$ ci fosse $1$, il pezzo $1 - (-1)^n$ varrebbe $0$ per $n$ pari e $2$ per $n$ dispari: non è più limitato dal basso da un positivo. Allora

$$\frac{1 - (-1)^n}{6} \cdot n = \begin{cases} 0 & n \text{ pari} \\ \frac13 n \to +\infty & n \text{ dispari} \end{cases}$$

Le due sottosuccessioniSi ottengono scegliendo solo alcuni indici, qui i pari e i dispari; se hanno limiti diversi il limite della successione non esiste. hanno limiti diversi ($0$ e $+\infty$), quindi il limite non esiste. Il $\sqrt2$ del testo serve proprio a evitare questo.

Verifica numerica. $n = 100$: $\approx 6{,}70$ (pari); $n = 101$: $\approx 39{,}4$ (dispari). Oscilla, ma anche i valori più piccoli crescono come $\frac{\sqrt2 - 1}{6}n \approx 0{,}069\,n$ ✓.

---

Errori comuni

• "Gli esponenti sono asintotici, quindi le potenze sono asintotiche": falso per gli esponenziali; si guarda la differenza degli esponenti.
• Sostituire $\sqrt2 - (-1)^n$ con un asintotico: non ha limite; si usa una stima dal basso.
• Dimenticare che $\binom{n}{n-3} = \binom{n}{3}$: è lo stesso numero (scegliere $n - 3$ elementi equivale a scegliere i $3$ da escludere).