In questa raccolta proponiamo 20 esercizi svolti passo passo sul teorema di Stolz-Cesàro e sui suoi principali corollari. L’obiettivo è imparare a riconoscere quando il teorema può essere applicato e come usarlo correttamente nel calcolo dei limiti di rapporti tra successioni.
In ogni esercizio controlleremo con attenzione le ipotesi della forma del teorema usata in questa pagina: la successione al denominatore dovrà essere definitivamente positiva, strettamente crescente e divergente a \(+\infty\). Solo dopo questa verifica applicheremo il teorema al rapporto degli incrementi.
Gli esercizi sono ordinati per difficoltà crescente: i primi servono a fissare il metodo, mentre i successivi richiederanno maggiore attenzione nella scelta delle successioni e nel calcolo del limite degli incrementi.
Esercizio 1 — livello ★☆☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2}=\frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=1+2+\cdots+n, \qquad b_n=n^2. \]
Vogliamo calcolare il limite del rapporto
\[ \frac{a_n}{b_n}. \]
Per \(n\ge 1\), si ha \(b_n=n^2>0\). Inoltre \(b_n\) è strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro, purché esista il limite del rapporto degli incrementi.
Calcoliamo:
\[ a_{n+1}-a_n=(1+2+\cdots+n+(n+1))-(1+2+\cdots+n)=n+1, \]
mentre
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2-n^2=2n+1. \]
Dunque
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{2n+1}. \]
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{2n+1} = \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{2+\displaystyle\frac{1}{n}} = \frac{1}{2}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n} = \frac{1}{2}. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+2+\cdots+n}{n^2} = \frac{1}{2}. \]
Esercizio 2 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3}=\frac{1}{3}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=1^2+2^2+\cdots+n^2, \qquad b_n=n^3. \]
Per \(n\ge 1\), si ha \(b_n=n^3>0\). Inoltre \(b_n\) è strettamente crescente e tende a \(+\infty\).
Le ipotesi sul denominatore sono quindi soddisfatte.
Calcoliamo ora gli incrementi. Per la successione al numeratore abbiamo
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^2. \]
Per la successione al denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^3-n^3. \]
Sviluppiamo il cubo:
\[ (n+1)^3=n^3+3n^2+3n+1. \]
Quindi
\[ b_{n+1}-b_n=3n^2+3n+1. \]
Il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1}. \]
Calcoliamo il limite dividendo numeratore e denominatore per \(n^2\):
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{(n+1)^2}{3n^2+3n+1} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}}{3+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{1}{n^2}} = \frac{1}{3}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro otteniamo
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^2+2^2+\cdots+n^2}{n^3} = \frac{1}{3}. \]
Esercizio 3 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}, \qquad b_n=n. \]
Il denominatore \(b_n=n\) è positivo per \(n\ge 1\), è strettamente crescente e tende a \(+\infty\).
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{n+1}, \]
mentre
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Pertanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{n+1}. \]
Poiché
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n+1}=0, \]
per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1+\displaystyle\frac{1}{2}+\displaystyle\frac{1}{3}+\cdots+\displaystyle\frac{1}{n}}{n}=0. \]
Questo esempio mostra che la successione armonica cresce molto più lentamente di \(n\).
Esercizio 4 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Svolgimento
Ricordiamo che
\[ \log(n!)=\log(1\cdot 2\cdot 3\cdots n). \]
Poniamo
\[ a_n=\log(n!), \qquad b_n=n\log n. \]
Consideriamo il rapporto per \(n\ge 2\), così \(b_n>0\).
Inoltre \(b_n=n\log n\) è definitivamente strettamente crescente. Infatti, la funzione \(x\log x\) ha derivata \(1+\log x\), che è positiva per \(x>e^{-1}\). In particolare, per \(n\ge 1\), la successione \(n\log n\) è strettamente crescente.
Infine
\[ \lim_{n\to+\infty}n\log n=+\infty. \]
Possiamo quindi usare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n = \log((n+1)!)-\log(n!) = \log(n+1). \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n = (n+1)\log(n+1)-n\log n. \]
Riscriviamo il denominatore in modo più utile:
\[ (n+1)\log(n+1)-n\log n = \log(n+1)+n\log\left(\displaystyle\frac{n+1}{n}\right). \]
Quindi
\[ b_{n+1}-b_n = \log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right). \]
Il rapporto degli incrementi è allora
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividiamo numeratore e denominatore per \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)} {\log(n+1)+n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1} {1+\displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sappiamo che
\[ n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
mentre
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Pertanto
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Ne segue che
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+0} = 1. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro concludiamo che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log(n!)}{n\log n}=1. \]
Esercizio 5 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}}=\frac{2}{3}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}, \qquad b_n=n^{3/2}. \]
Per \(n\ge 1\), si ha \(b_n>0\). Inoltre \(b_n=n^{3/2}\) è strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}n^{3/2}=+\infty. \]
Le ipotesi del teorema di Stolz-Cesàro relative al denominatore sono quindi soddisfatte.
Calcoliamo gli incrementi:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}. \]
Inoltre
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{3/2}-n^{3/2}. \]
Il rapporto degli incrementi è dunque
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}. \]
Raccogliamo \(\sqrt{n+1}\) al denominatore. Poiché
\[ (n+1)^{3/2}=(n+1)\sqrt{n+1} \]
e
\[ n^{3/2}=n\sqrt n=n\sqrt{n+1}\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}, \]
otteniamo
\[ (n+1)^{3/2}-n^{3/2}=\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right). \]
Quindi
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{(n+1)^{3/2}-n^{3/2}}=\frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}\left((n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}\right)}=\frac{1}{(n+1)-n\sqrt{\displaystyle\frac{n}{n+1}}}. \]
Studiamo quindi il denominatore
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}. \]
Poniamo
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Allora \(t_n\to 0^+\) e
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Inoltre \(n+1=\displaystyle \frac{1}{t_n}\) e \(n=\displaystyle \frac{1-t_n}{t_n}\). Quindi
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}\sqrt{1-t_n}. \]
Raccogliendo \(1/t_n\), otteniamo
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}} = \frac{1-(1-t_n)^{3/2}}{t_n}. \]
Usando il limite fondamentale, equivalente alla derivabilità della funzione \(x^{3/2}\) in \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{3/2}}{t}=\frac{3}{2}. \]
Pertanto
\[ (n+1)-n\sqrt{\frac{n}{n+1}}\to\frac{3}{2}. \]
Di conseguenza
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\displaystyle \frac{3}{2}} = \frac{2}{3}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sqrt{1}+\sqrt{2}+\cdots+\sqrt{n}}{n^{3/2}} = \frac{2}{3}. \]
Esercizio 6 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4}=\frac{1}{4}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=1^3+2^3+\cdots+n^3, \qquad b_n=n^4. \]
Per \(n\ge 1\), si ha \(b_n=n^4>0\). Inoltre \(b_n\) è strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Sono quindi soddisfatte le ipotesi sul denominatore richieste dal teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per la successione al numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^3. \]
Per la successione al denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^4-n^4. \]
Sviluppiamo:
\[ (n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1. \]
Quindi
\[ b_{n+1}-b_n=4n^3+6n^2+4n+1. \]
Il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1}. \]
Dividiamo numeratore e denominatore per \(n^3\):
\[ \frac{(n+1)^3}{4n^3+6n^2+4n+1} = \frac{1+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{3}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}} {4+\displaystyle\frac{6}{n}+\displaystyle\frac{4}{n^2}+\displaystyle\frac{1}{n^3}}. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{4}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^3+2^3+\cdots+n^3}{n^4} = \frac{1}{4}. \]
Esercizio 7 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Svolgimento
Scriviamo il limite nella forma di un rapporto:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n}. \]
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}, \qquad b_n=n. \]
Il denominatore \(b_n=n\) è positivo per \(n\ge 1\), è strettamente crescente e tende a \(+\infty\).
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{n+1}{n+2}. \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=1. \]
Dunque
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{n+1}{n+2}. \]
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{n+1}{n+2} = \lim_{n\to+\infty} \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{2}{n}} = 1. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro otteniamo
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}}{n} = 1. \]
Quindi
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{k+1}=1. \]
Questo risultato è coerente anche con il teorema di Cesàro, perché la successione
\[ \frac{k}{k+1} \]
tende a \(1\), e quindi anche la sua media aritmetica tende a \(1\).
Esercizio 8 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Svolgimento
Riscriviamo il limite come rapporto:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n}. \]
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}, \qquad b_n=n. \]
La successione \(b_n=n\) è positiva per \(n\ge 1\), strettamente crescente e divergente a \(+\infty\).
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi:
\[ a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Pertanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Poiché
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
il teorema di Stolz-Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}}{n} = 0. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\sqrt{k}}=0. \]
Anche in questo caso il risultato è coerente con il teorema di Cesàro, poiché
\[ \frac{1}{\sqrt{k}}\to 0. \]
Esercizio 9 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}=1. \]
Svolgimento
Consideriamo la successione
\[ c_k=1+\frac{1}{k}, \qquad k\ge 1. \]
Per ogni \(k\ge 1\), si ha \(c_k>0\). Inoltre
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k= \lim_{k\to+\infty}\left(1+\frac{1}{k}\right)=1. \]
Vogliamo calcolare il limite della media geometrica dei primi \(n\) termini della successione \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)}. \]
Poiché \(c_k>0\) e \(c_k\to 1\), possiamo applicare il corollario sulla media geometrica.
Tale corollario afferma che, se una successione positiva converge a un limite positivo \(L\), allora anche la media geometrica dei suoi primi termini converge a \(L\).
In questo caso \(L=1\). Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right)} = 1. \]
Osserviamo che il risultato non dipende dal fatto che il prodotto
\[ \prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{1}{k}\right) \]
cresca con \(n\). Il punto decisivo è che stiamo considerando la radice \(n\)-esima del prodotto, cioè una media geometrica.
Esercizio 10 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=5^n\frac{2n+1}{n+3}. \]
Per ogni \(n\ge 0\), si ha \(a_n>0\). Possiamo quindi usare il corollario relativo al limite della radice \(n\)-esima.
Calcoliamo il rapporto tra due termini consecutivi:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{5^{n+1}\displaystyle\frac{2n+3}{n+4}} {5^n\displaystyle\frac{2n+1}{n+3}}. \]
Semplificando \(5^n\), otteniamo
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1}. \]
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{n\to+\infty} 5\cdot \frac{2n+3}{n+4} \cdot \frac{n+3}{2n+1} = 5\cdot 2\cdot\frac{1}{2} = 5. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=5. \]
Poiché \(a_n>0\) e il limite del rapporto tra termini consecutivi esiste ed è uguale a \(5>0\), per il corollario di Stolz-Cesàro sulla radice \(n\)-esima segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=5. \]
Sostituendo la definizione di \(a_n\), otteniamo
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{5^n\frac{2n+1}{n+3}}=5. \]
Esercizio 11 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n}=\frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}k\log k, \qquad b_n=n^2\log n. \]
Consideriamo il rapporto per \(n\ge 2\), così \(b_n>0\). Inoltre \(b_n=n^2\log n\) è definitivamente strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore abbiamo
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)\log(n+1). \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^2\log(n+1)-n^2\log n. \]
Riscriviamo questa differenza in una forma più adatta al limite:
\[ b_{n+1}-b_n= \bigl((n+1)^2-n^2\bigr)\log(n+1)+n^2\bigl(\log(n+1)-\log n\bigr). \]
Poiché
\[ (n+1)^2-n^2=2n+1 \]
e
\[ \log(n+1)-\log n=\log\left(1+\frac{1}{n}\right), \]
otteniamo
\[ b_{n+1}-b_n=(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Il rapporto degli incrementi è dunque
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Dividiamo numeratore e denominatore per \(n\log(n+1)\):
\[ \frac{(n+1)\log(n+1)} {(2n+1)\log(n+1)+n^2\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{1+\displaystyle\frac{1}{n}} {2+\displaystyle\frac{1}{n}+ \displaystyle\frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}}. \]
Sappiamo che
\[ n\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\to 1, \]
mentre
\[ \log(n+1)\to+\infty. \]
Quindi
\[ \frac{n\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{2}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}k\log k}{n^2\log n} = \frac{1}{2}. \]
Esercizio 12 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Svolgimento
Riscriviamo il limite come rapporto:
\[ \frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1} = \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n}. \]
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}, \qquad b_n=n. \]
La successione \(b_n=n\) è positiva per \(n\ge 1\), strettamente crescente e divergente a \(+\infty\).
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi:
\[ a_{n+1}-a_n= \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=1. \]
Quindi
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2(n+1)^2-(n+1)+1}{(n+1)^2+1}. \]
Sviluppiamo il numeratore:
\[ 2(n+1)^2-(n+1)+1 = 2n^2+3n+2. \]
Inoltre
\[ (n+1)^2+1=n^2+2n+2. \]
Pertanto
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2}. \]
Dividendo numeratore e denominatore per \(n^2\), otteniamo
\[ \frac{2n^2+3n+2}{n^2+2n+2} = \frac{2+\displaystyle\frac{3}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}} {1+\displaystyle\frac{2}{n}+\displaystyle\frac{2}{n^2}}. \]
Quindi
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 2. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}}{n} = 2. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k+1}{k^2+1}=2. \]
Il risultato è coerente anche con il teorema di Cesàro, poiché
\[ \frac{2k^2-k+1}{k^2+1}\to 2. \]
Esercizio 13 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Svolgimento
Consideriamo la successione
\[ c_k=\frac{3k+1}{k+2}. \]
Per ogni \(k\ge 1\), si ha \(c_k>0\), poiché numeratore e denominatore sono positivi.
Inoltre
\[ \lim_{k\to+\infty}c_k = \lim_{k\to+\infty}\frac{3k+1}{k+2} = \lim_{k\to+\infty} \frac{3+\displaystyle\frac{1}{k}}{1+\displaystyle\frac{2}{k}} = 3. \]
Il limite richiesto è la media geometrica dei primi \(n\) termini della successione \(c_k\):
\[ \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}c_k} = \sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}. \]
Poiché \(c_k>0\) e \(c_k\to 3\), possiamo applicare il corollario sulla media geometrica.
Tale corollario afferma che, se una successione positiva converge a un limite positivo \(L\), allora la media geometrica dei suoi primi termini converge allo stesso limite \(L\).
In questo caso \(L=3\). Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\prod_{k=1}^{n}\frac{3k+1}{k+2}}=3. \]
Esercizio 14 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \]
Per ogni \(n\ge 1\), si ha \(a_n>0\). Possiamo quindi provare ad applicare il corollario relativo alla radice \(n\)-esima.
Calcoliamo il rapporto tra termini consecutivi:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2}} {\displaystyle\frac{(2n)!}{(n!)^2}}. \]
Dividere per una frazione significa moltiplicare per la sua inversa, dunque
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)!}{((n+1)!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Ora usiamo le identità
\[ (2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)! \]
e
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Quindi
\[ ((n+1)!)^2=(n+1)^2(n!)^2. \]
Sostituendo, otteniamo
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)(2n)!}{(n+1)^2(n!)^2} \cdot \frac{(n!)^2}{(2n)!}. \]
Semplificando i fattori comuni:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{(n+1)^2}. \]
Poiché \(2n+2=2(n+1)\), segue che
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{2(n+1)(2n+1)}{(n+1)^2} = 2\frac{2n+1}{n+1}. \]
Calcoliamo il limite:
\[ \lim_{n\to+\infty}2\frac{2n+1}{n+1} = 2\lim_{n\to+\infty} \frac{2+\displaystyle\frac{1}{n}}{1+\displaystyle\frac{1}{n}} = 4. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=4. \]
Poiché \(a_n>0\) e il limite del rapporto tra termini consecutivi esiste ed è uguale a \(4>0\), il corollario di Stolz-Cesàro sulla radice \(n\)-esima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=4. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(2n)!}{(n!)^2}}=4. \]
Esercizio 15 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n}=1. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right), \qquad b_n=\log n. \]
Consideriamo il rapporto per \(n\ge 2\). Allora \(b_n=\log n>0\), \(b_n\) è strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}\log n=+\infty. \]
Le ipotesi sul denominatore sono quindi soddisfatte.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n= \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right). \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)-\log n = \log\left(\frac{n+1}{n}\right) = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}. \]
Per calcolare questo limite, moltiplichiamo e dividiamo in modo da usare il limite fondamentale del logaritmo:
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)} {\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} = \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \cdot \frac{n}{n+1}. \]
Poiché
\[ \frac{\log(1+x)}{x}\to 1 \qquad \text{per } x\to 0, \]
otteniamo
\[ \frac{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n+1}} }{ \displaystyle\frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)}{\displaystyle\frac{1}{n}} } \to 1. \]
Inoltre
\[ \frac{n}{n+1}\to 1. \]
Quindi
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = 1. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\log\left(1+\frac{1}{k}\right)}{\log n} = 1. \]
Osserviamo che, in questo esercizio, il denominatore corretto non è \(n\), ma \(\log n\). Questa scelta è essenziale per ottenere un limite finito e non nullo.
Esercizio 16 — livello ★★☆☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\log n, \qquad b_n=n. \]
Consideriamo il rapporto per \(n\ge 1\). La successione \(b_n=n\) è positiva per \(n\ge 1\), strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1)-\log n. \]
Usando le proprietà dei logaritmi, otteniamo
\[ a_{n+1}-a_n=\log\left(\frac{n+1}{n}\right)=\log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)-n=1. \]
Quindi
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \log\left(1+\frac{1}{n}\right). \]
Poiché
\[ \lim_{n\to+\infty}\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log 1=0, \]
per il teorema di Stolz-Cesàro segue che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\log n}{n}=0. \]
Questo risultato esprime il fatto che il logaritmo cresce più lentamente di \(n\).
Esercizio 17 — livello ★★★☆☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}k. \]
La successione \(b_n\) è positiva per \(n\ge 1\). Inoltre è strettamente crescente, perché
\[ b_{n+1}-b_n=n+1>0, \]
e diverge a \(+\infty\), poiché è la somma dei primi \(n\) interi positivi.
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi:
\[ a_{n+1}-a_n=\sqrt{n+1}, \qquad b_{n+1}-b_n=n+1. \]
Il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{n+1}. \]
Semplificando, otteniamo
\[ \frac{\sqrt{n+1}}{n+1} = \frac{1}{\sqrt{n+1}}. \]
Poiché
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\sqrt{n+1}}=0, \]
il teorema di Stolz-Cesàro implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_n}{b_n}=0. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}\sqrt{k}}{\sum_{k=1}^{n}k}=0. \]
Il risultato è coerente con l’idea che la somma degli interi cresce più rapidamente della somma delle radici quadrate degli interi.
Esercizio 18 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}}=\frac{2}{5}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}, \qquad b_n=n^{5/2}. \]
Per \(n\ge 1\), si ha \(b_n>0\). Inoltre \(b_n=n^{5/2}\) è strettamente crescente e
\[ \lim_{n\to+\infty}b_n=+\infty. \]
Sono quindi soddisfatte le ipotesi sul denominatore richieste dal teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n=(n+1)^{3/2}. \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=(n+1)^{5/2}-n^{5/2}. \]
Il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}}. \]
Dividiamo numeratore e denominatore per \((n+1)^{3/2}\):
\[ \frac{(n+1)^{3/2}}{(n+1)^{5/2}-n^{5/2}} = \frac{1}{(n+1)-n\left(\displaystyle\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}}. \]
Studiamo il denominatore
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}. \]
Poniamo
\[ t_n=\frac{1}{n+1}. \]
Allora \(t_n\to 0^+\) e
\[ \frac{n}{n+1}=1-t_n. \]
Inoltre \(n+1=\frac{1}{t_n}\) e \(n=\frac{1-t_n}{t_n}\). Quindi
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1}{t_n}-\frac{1-t_n}{t_n}(1-t_n)^{3/2}. \]
Pertanto
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2} = \frac{1-(1-t_n)^{5/2}}{t_n}. \]
Usando il limite fondamentale, equivalente alla derivabilità della funzione \(x^{5/2}\) in \(x=1\),
\[ \lim_{t\to 0^+}\frac{1-(1-t)^{5/2}}{t}=\frac{5}{2}. \]
Ne segue che
\[ (n+1)-n\left(\frac{n}{n+1}\right)^{3/2}\to\frac{5}{2}. \]
Dunque
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{\frac{5}{2}} = \frac{2}{5}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro concludiamo che
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{1^{3/2}+2^{3/2}+\cdots+n^{3/2}}{n^{5/2}} = \frac{2}{5}. \]
Esercizio 19 — livello ★★★★☆
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\frac{(3n)!}{(n!)^3}. \]
Per ogni \(n\ge 1\), si ha \(a_n>0\). Possiamo quindi applicare il corollario relativo alla radice \(n\)-esima, dopo aver studiato il rapporto tra termini consecutivi.
Calcoliamo
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{\displaystyle\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}} {\displaystyle\frac{(3n)!}{(n!)^3}}. \]
Dividere per una frazione significa moltiplicare per la sua inversa:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Usiamo ora le identità
\[ (3n+3)!=(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)! \]
e
\[ (n+1)!=(n+1)n!. \]
Da quest’ultima segue che
\[ ((n+1)!)^3=(n+1)^3(n!)^3. \]
Sostituendo, otteniamo
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)(3n)!}{(n+1)^3(n!)^3} \cdot \frac{(n!)^3}{(3n)!}. \]
Semplificando i fattori comuni:
\[ \frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3}. \]
Calcoliamo il limite dividendo ciascun fattore per \(n\):
\[ \frac{(3n+3)(3n+2)(3n+1)}{(n+1)^3} = \frac{ \left(3+\displaystyle\frac{3}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{2}{n}\right) \left(3+\displaystyle\frac{1}{n}\right)} {\left(1+\displaystyle\frac{1}{n}\right)^3}. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} = \frac{3\cdot 3\cdot 3}{1^3} = 27. \]
Poiché \(a_n>0\) e il limite del rapporto tra termini consecutivi esiste ed è uguale a \(27>0\), il corollario di Stolz-Cesàro sulla radice \(n\)-esima implica
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a_n}=27. \]
Sostituendo la definizione di \(a_n\), otteniamo
\[ \lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27. \]
Esercizio 20 — livello ★★★★★
Calcolare il limite
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)}. \]
Risultato
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]
Svolgimento
Poniamo
\[ a_n=\sum_{k=1}^{n}\log k, \qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k). \]
Per ogni \(k\ge 1\), si ha \(k^2+k>1\), dunque
\[ \log(k^2+k)>0. \]
Di conseguenza \(b_n>0\) per ogni \(n\ge 1\). Inoltre \(b_n\) è strettamente crescente, perché
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0, \]
e \(b_n\to+\infty\), poiché è una serie a termini positivi divergente.
Possiamo quindi applicare il teorema di Stolz-Cesàro.
Calcoliamo gli incrementi. Per il numeratore:
\[ a_{n+1}-a_n=\log(n+1). \]
Per il denominatore:
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1)). \]
Poiché
\[ (n+1)^2+(n+1)=(n+1)(n+2), \]
otteniamo
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)(n+2)). \]
Usando la proprietà del logaritmo del prodotto:
\[ b_{n+1}-b_n=\log(n+1)+\log(n+2). \]
Pertanto il rapporto degli incrementi è
\[ \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)}. \]
Dividiamo numeratore e denominatore per \(\log(n+1)\):
\[ \frac{\log(n+1)}{\log(n+1)+\log(n+2)} = \frac{1}{1+\displaystyle\frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}}. \]
Ora
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = \frac{\log(n+1)+\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Quindi
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)} = 1+ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}. \]
Poiché
\[ \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right)\to 0 \]
e
\[ \log(n+1)\to+\infty, \]
segue che
\[ \frac{\log\left(1+\displaystyle\frac{1}{n+1}\right)}{\log(n+1)}\to 0. \]
Dunque
\[ \frac{\log(n+2)}{\log(n+1)}\to 1. \]
Pertanto
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} = \frac{1}{1+1} = \frac{1}{2}. \]
Per il teorema di Stolz-Cesàro concludiamo che
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]