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.
Negli esercizi controlleremo con attenzione le ipotesi del risultato usato di volta in volta. Quando applicheremo direttamente il teorema di Stolz-Cesàro, la successione al denominatore dovrà essere definitivamente positiva, strettamente crescente e divergente a \(+\infty\). Quando useremo uno dei suoi corollari, verificheremo invece le ipotesi corrispondenti, come la positività dei termini e l’esistenza del limite considerato.
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 delle somme parziali della serie 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 \(n\ge 1\), 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 \(k^2+k\ge 2\), dunque
\[ \log(k^2+k)\ge \log 2>0. \]
Di conseguenza \(b_n>0\) per ogni \(n\ge 1\). Inoltre \(b_n\) è strettamente crescente, perché
\[ b_{n+1}-b_n=\log((n+1)^2+(n+1))>0. \]
Infine,
\[ b_n=\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)\ge n\log 2\to+\infty. \]
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
\[ \lim_{n\to+\infty} \frac{\sum_{k=1}^{n}\log k}{\sum_{k=1}^{n}\log(k^2+k)} = \frac{1}{2}. \]