SERIE NUMERICHE. Esercizi risolti. 1. Applicando la definizione di convergenza
di una serie stabilire il carattere delle seguenti serie, e, in caso di convergenza ...
SERIE NUMERICHE Esercizi risolti
1. Applicando la definizione di convergenza di una serie stabilire il carattere delle seguenti serie, e, in caso di convergenza, trovarne la somma: ∞ X
2 a) 2 n + 2n n=1
b)
√
∞ X n=1
√ n+1− n √ n2 + n
2. Verificare (utilizzando la condizione necessaria per la convergenza) che le seguenti serie non convergono: ∞ X
a)
(−1)n
n=1 ∞ X
c)
(−1)n
n=1
n n+1
b)
1 log(1 + n1 )
d)
∞ X 1
√ n
n=1 ∞ X
n
sin n
n=0
3. Utilizzando la serie geometrica, discutere il comportamento delle serie seguenti e calcolarne la somma. 1 Determinare inoltre per quali valori del parametro α ∈ IR la somma delle serie b) e c) risulta . 3 ∞ X 2n + 3n
a)
b)
5n
n=0
∞ X
(log α)n ,
α ∈]0, ∞[
c)
n=0
∞ X
1 (1 + α)n n=1
4. Utilizzando i criteri del rapporto, della radice, del confronto e del confronto asintotico, dire se le seguenti serie (a termini positivi) convergono: a)
∞ X n2
3n
n=0
c)
g)
f)
2n2
∞ µ X
m)
1 1− n
¶n2
∞ X √ n
( n − 1)n
3n2 + 1 4 n +n+1 n=0
n=1
nn
∞ X log n
n
h)
j)
∞ X
1 (log n)n/2 n=2 ∞ X | sin n|
n2
n=1
∞ X
∞ X
∞ X 2n · n!
n=3
n=1
k)
(n!)2
n=1
∞ X (n!)2
n=1
i)
d)
nn
n=1
∞ X (2n)! n=1
∞ X 1 n=1
e)
b)
√
1 n(1 + n)
l)
∞ X 1
√
n=1
n)
n
∞ X n=0
n2
n +1
5. Utilizzando il criterio di Leibniz, discutere la convergenza semplice e assoluta delle seguenti serie: a)
∞ X
(−1)n sin
n=1
c)
∞ X
µ n
(−1)
n=1
e)
∞ X n=1
g)
∞ X
√
1 n
2n + 100 3n + 1
µ
(−1)
n=1
(−1)n+1 √
n=1
¶n
d)
∞ X
(−1)n
n=3
n cos(πn) n3 + 3 n
∞ X
b)
f)
∞ X
1 log n
(−1)n+1
n=1
1 1 − n sin n
¶
h)
∞ X
1 n+2
1 n2
√ n (−1)n ( 3 − 1)
n=1
6. Utilizzando il criterio di MacLaurin discutere il comportamento delle seguenti serie: a)
c)
∞ X
1 n log n n=2 ∞ X
1 n log n n=2 √
b)
d)
∞ X
1 2 n=2 n log n ∞ X an n=1
n
, a ∈ ] 0, +∞ [
7. Utilizzando il teorema di MacLaurin provare che la seguente serie converge e trovare un maggiorante e un minorante per la somma: ∞ X 1 (2n + 1)2 n=1 8. Utilizzando il fatto che
∞ X (−1)n 1 1 1 = , determinare con un errore minore di . e n=0 n! e 100
9. Si considerino le serie: a)
+∞ X n=1
ne−n
2
b)
∞ X
(−1)n ne−n
2
n=1
Dopo aver dimostrato che convergono, calcolare un’approssimazione delle rispettive somme a meno di 10−4 .
SOLUZIONI degli esercizi sulle SERIE NUMERICHE 1. (a) Applichiamo il metodo di risoluzione delle serie telescopiche. Scomponiamo an = in fratti semplici): n2
n2
2 come somma di due frazioni (usiamo il metodo di decomposizione + 2n
2 2 1 1 = = − + 2n n(n + 2) n n+2
Dunque: S1 = a1 = 1 −
1 3
µ
1 S2 = a1 + a2 = 1 − 3
¶
µ
+
µ
1 S3 = a1 + a2 + a3 = 1 − 3
1 1 − 2 4
¶
µ
+
µ
1 S4 = a1 + a2 + a3 + a4 = 1 − 3
¶
=1+
1 1 − 2 4
¶
µ
+
¶
1 1 1 − − 2 3 4 µ
+
1 1 − 2 4
1 1 − 3 5
¶
µ
+
¶
=1+
1 1 − 3 5
¶
1 1 1 − − 2 4 5 µ
+
1 1 − 4 6
¶
=1+
.. . Sn = a1 + a2 + . . . + an = 1 +
1 1 1 − − 2 n+1 n+2
Poich´e lim Sn =
n→∞
3 2
la serie converge e la somma `e √ (b) an =
3 . 2
√ √ √ n+1− n n+1 n 1 1 √ =√ √ −√ √ =√ −√ n n n+1 n n+1 n+1 n2 + n
Dunque 1 S1 = a1 = 1 − √ 2 µ
1 S2 = a1 + a2 = 1 − √ 2
¶
µ
+
µ
1 S3 = a1 + a2 + a3 = 1 − √ 2
1 1 √ −√ 2 3
¶
µ
+
1 Sn = a1 + . . . + an = 1 − √ n Poich´e lim
1 =1− √ 3
1 1 √ −√ 2 3
.. .
n→+∞
¶
Sn = 1
la serie converge e la sua somma `e 1.
¶
µ
+
1 1 √ −√ 3 4
¶
1 =1− √ 4
1 1 1 − − 2 5 6
∞ X
2. Condizione necessaria (ma non sufficiente) affinch´e la serie
an converga `e che lim an = 0 . n→∞
n=0
(a) lim an = lim (−1)n n→∞
n→∞
n . n+1
Tale limite non esiste, dunque non `e zero. Pertanto la serie non converge. 1 1 1 (b) lim √ = lim n− n = lim e− n log n = 1 n n→∞ n→∞ n n→∞
log n = 0 ). n→∞ n
(ricordiamo che lim
Dunque lim an = 1 6= 0 e la serie non converge ( diverge a +∞ , in quanto `e a termini positivi). n→∞
(c) Poich´e lim
n→∞
1 1 = +∞ = log 1 log(1 + n1 )
³
la serie non converge (diverge a +∞, perch´e ∀n ∈ IN∗ , log 1 +
1 n
´
> 0 ).
(d) Poich´e non esiste lim sin n , la serie non converge. n→∞
3. (a)
∞ X 2n + 3n
5n
n=0
=
∞ ·µ ¶n X 2 n=0
5
µ ¶n ¸
+
3 5
=
∞ µ ¶n X 2 n=0
5
∞ µ ¶n X 3
+
n=0
5
Si tratta della somma di due serie geometriche entrambe convergenti ( la ragione `e minore di 1). Dunque la serie iniziale converge alla somma delle due. S1 =
∞ µ ¶n X 2 n=0
S=
5
5 = , = 2 3 1− 5
∞ X 2n + 3n n=0
5n
1
= S1 + S2 =
S2 =
∞ µ ¶n X 3 n=0
5
=
1 3 1− 5
5 = . 2
25 5 5 + = 3 2 6
(b) Si tratta di una serie geometrica di ragione log α . Dunque converge se: | log α| < 1 ⇐⇒ −1 < log α < 1 ⇐⇒ e−1 < α < e. Per tali valori di α la somma della serie `e S =
∞ X
(log α)n =
n=0
1 . 1 − log α
Osserviamo che −1 < log α < 1 ⇐⇒ 0 < 1 − log α < 2 ⇐⇒ esistono valori di α per cui S = (c) E’ una serie geometrica di ragione
1 . 3
1 1 < = S ; dunque non 2 1 − log α
1 , che converge se e solo se : 1+α
¯ ¯ ¯ 1 ¯ 1 ¯ ¯ ¯ 1 + α ¯ < 1 ⇐⇒ −1 < 1 + α < 1 ⇐⇒ α < −2 ∨ α > 0 .
Per tali valori di α la somma della serie
Pertanto la nostra somma vale S = S=
∞ X
1 1 1+α 1 =1+ . `e S1 = 1 = n (1 + α) α α 1 − 1+α n=0
∞ X
∞ X 1 1 1 = −1= . n α (1 + α) (1 + α) α n=1 n=0
1 1 1 ⇐⇒ = ⇐⇒ α = 3 (valore di α accettabile). 3 3 α
4. (a) Usiamo il criterio del rapporto. an+1 (n + 1)2 3n (n + 1)2 1 1 = lim = lim · = < 1. n+1 2 2 n→∞ an n→∞ 3 n→∞ n n 3 3 lim
Dunque la serie converge. (b) Usiamo il criterio del rapporto. an+1 [2(n + 1)]! (n!)2 (2n + 2)! n! n! = lim = = lim n→∞ an n→∞ [(n + 1)!]2 (2n)! n→∞ (2n)! (n + 1)! (n + 1)! lim
(2n + 2)(2n + 1)(2n)! 4n2 + 6n + 2 1 = lim =4 > 1. n→∞ (2n)! (n + 1)2 n→∞ (n + 1)2
= lim
Dunque la serie diverge. (c) Usiamo il criterio della radice. lim
√ n
n→∞
à sµ ¶ ! n n
an = lim
n→∞
1 n
1 =0 < 1. n→∞ n
= lim
Pertanto la serie converge. (d) Usiamo il criterio del rapporto. an+1 2n+1 (n + 1)! nn 2(n + 1) nn = lim = lim = n+1 n n→∞ an n→∞ (n + 1) 2 n! n→∞ (n + 1) (n + 1)n µ ¶n 1 n 1 ¶n = 2 = 2 lim < 1. = 2 lim µ n→∞ n + 1 n→∞ 1 e 1+ n lim
Dunque la serie converge. (e) Usiamo il criterio del rapporto. 2
2
((n + 1)!)2 2n (n + 1)! (n + 1)! (n + 1)2 2n = lim = lim =0 < 1. n→∞ 2(n+1)2 (n!)2 n→∞ n! n! 2n2 +1+2n n→∞ 22n+1 lim
Pertanto la serie converge. (f) Usiamo il criterio del confronto. log n 1 > . n n Dunque la nostra serie `e una maggiorante di una serie divergente, e pertanto diverge. Poich´e ∀n ≥ 3 , log n > 1 , si ha che
(g) Usiamo il criterio della radice. lim
√ n
n→∞
õ
1 1− n
an = lim
n→∞
¶n2 ! n1
µ
= lim
n→∞
1−
1 n
¶n
= e−1 < 1
Dunque la serie converge. (h) Usiamo il criterio della radice. lim
n→∞
√ n
h
an = lim (log n)− 2 n→∞
Dunque la serie converge.
n
i1
n
= lim (log n)− 2 = lim √ 1
n→∞
n→∞
1 =0 < 1 log n
(i) Usiamo il criterio della radice. ³ 1 ´ √ lim n an = lim n n − 1 = 0 < 1 . n→∞
n→∞ 1
1
(Infatti lim n n = lim e n log n = e0 = 1 ). n→∞
n→∞
Pertanto la serie converge. (j) Usiamo il criterio del confronto. Poich´e | sin n| ≤ 1
(∀n ∈ IN) , si ha:
| sin n| 1 ≤ 2 . 2 n n ∞ X 1
`e convergente, la nostra serie risulta essere una minorante di una n2 serie convergente, e dunque converge.
Ricordando che la serie
n=1
(k) Usiamo il criterio del confronto asintotico. Osserviamo che per n → ∞ , ∞ X 3
Poich´e
n=1
3 3n2 + 1 ∼ 2 . +n+1 n
n4
converge, anche la nostra serie converge.
n2
(l) Usiamo il criterio del confronto. Poich´e n >
√ 1 1 n , si ha √ > . n n
Dunque la serie
∞ X 1
√
n=1 ∞ X
n
`e una maggiorante della serie armonica
∞ X 1 n=1
n
, che diverge.
1 √ diverge. n n=1
Pertanto anche
(m) Usiamo il criterio del confronto asintotico. Poich´e, per n → ∞ , √ e poich´e
∞ X 1 3
n=1
n2
1 1 1 ∼ √ = 3/2 n(1 + n) n·n n
converge, anche la nostra serie converge.
(n) Usiamo il criterio del confronto asintotico. Poich´e per n → ∞ ,
∞ ∞ X X 1 n n 1 n = ∼ , e poich´ e diverge, anche diverge. 2+1 n2 + 1 n2 n n n n=1 n=1
1 , si ha lim an = 0. n→∞ n µ ¶ 1 La successione sin `e decrescente. n n≥1
5. (a) Posto an = sin
Infatti, poich´e 0
n+2 , si ha √ ; dunque la successione ; dunque la serie diverge, n+2 n+2 n + 2 n=1 in quanto maggiorante di una serie divergente.
√
Infatti, essendo
(c) La serie
n + 2 < n + 2 , si ha √
¶ ∞ µ X 2n + 100 n n=1
3n + 1
Pertanto la serie
∞ X
sµ
converge : infatti lim
n→∞
µ
(−1)n
n=1
2n + 100 3n + 1
n
2n + 100 3n + 1
¶n
=
2 log n , e 1 1 dunque (per n ≥ 2), < . log(n + 1) log n µ
Pertanto la successione
1 log n
¶
`e strettamente decrescente. n≥3
Per il criterio di Leibniz, la serie
∞ X n=3
(−1)n
1 converge. log n
Invece non converge assolutamente; infatti, ∀n ≥ 3 , log n < n e dunque la serie
∞ X
1 diverge in quanto maggiorante di una serie divergente. log n n=3
1 1 > ; pertanto log n n
√ ∞ X n cos(πn) n n (e) (−1) 3 = 3 n +3 n +3 n=1 n=1 √ 1 n Poich´e, per n → +∞ , 3 ∼ 5 , la nostra serie converge assolutamente (e dunque anche n +3 n2 semplicemente). ∞ X
√
(f) La serie
∞ X 1 n=1
n2
converge. Dunque la nostra serie converge assolutamente e anche semplicemente.
∞ µ X
¶
1 1 1 − n sin converge: infatti, per n → ∞ , sin (g) La serie n n n=1 1 1 1 1 − n sin ∼ 1 − 1 + 2 = 2. n 6n 6n Poich´e
∞ X 1 n=1
6n2
converge, anche
∞ µ X
n=1
1 1 − n sin n
∼
1 1 − ; pertanto n 6n3
¶
converge.
Pertanto la nostra serie converge assolutamente (e dunque anche semplicemente). √ 1 n (h) lim ( 3 − 1) = lim (3 n − 1) = 0 n→∞
n→∞
µ
¶
1 La funzione f (x) = 3 `e decrescente: infatti f (x) = 3 · − 2 · ln 3 < 0 , ∀x ∈ IR∗ . x ³ 1 ´ Pertanto anche la successione 3 n − 1 `e decrescente; dunque per il criterio di Leibniz, 0
1 x
∞ X
1 x
n≥1
√ n
(−1)n ( 3 − 1) converge semplicemente.
n=1
La serie invece non converge assolutamente. Utilizziamo il criterio del confronto asintotico; per n → ∞ : µ ¶ log 3 1 log 3 log 3 1 n n 3 −1=e +o . −1= ∼ n n n ∞ X log 3 diverge, anche la nostra serie diverge assolutamente. Poich´e la serie n n=1 Un altro modo per vedere che la serie non converge assolutamente `e l’utilizzo del criterio del µ ¶ n 1 confronto semplice; ricordando che ∀n ∈ IN∗ , 1 + < 3 , si ha: n
µ
1 1+ n
¶n
< 3 −→ 1 +
Pertanto la serie
∞ √ X n
1 1 1 1 < 3 n −→ 3 n − 1 > . n n
( 3 − 1) diverge, in quanto maggiorante di una serie divergente.
n=1
6. (a) Studiamo il comportamento della funzione ϕ(x) =
log x , (per cui ϕ(n) = an ), sull’intervallo (2x + 1)2
I= [2, +∞[ . Tale funzione `e positiva ed `e decrescente su I; infatti: 2 + x1 − 4 ln x ; (2x + 1)3
ϕ0 (x) =
1 e dunque f 0 (x) < 0 . x Pertanto si pu` o applicare il teorema di MacLaurin:
si pu` o provare che su I, 4 log x > 2 +
∞ X
log n la serie converge se e solo se converge l’integrale improprio (2n + 1)2 n=2
Z
+∞
Z
+∞
log x dx . (2x + 1)2 2 √ √ log x x + < . Si pu` o facilmente verificare che , ∀x ∈ IR , log x < x , e dunque 2 (2x + 1) (2x + 1)2 √ √ √ Z +∞ 1 x x x L’integrale dx converge perch´ e , per x → +∞ , ∼ = 3/2 . 2 2 2 (2x + 1) (2x + 1) 4x 4x 2 Pertanto (per il criterio del confronto) converge anche l’integrale improprio 2
log x dx (2x + 1)2
e quindi anche la nostra serie `e convergente. Anche se non `e richiesto, calcoliamo l’integrale improprio; l’integrale indefinito (risolto per parti) d` a come risultato: ¯ ¯ Z 1 ¯¯ x ¯¯ ln x log x + ln dx = − +c (2x + 1)2 2(2x + 1) 2 ¯ 2x + 1 ¯ Dunque: Z
+∞
2
log x dx = lim b→+∞ (2x + 1)2
Z
b
2
9 1 log x log 2 . dx = log 5 − 2 (2x + 1) 2 10
(b) Studiamo (sull’intervallo I = [ 3, +∞ [) la funzione: ϕ(x) =
(2x2
1 1 , in quanto ϕ(n) = = an . 2 + 1) ln x (2n + 1) log n
ϕ(x) `e positiva e decrescente. h
Infatti ϕ0 (x) =
2x2 +1 x 1)2 ln2 x
− 4x ln x + (2x + Z
+∞
L’integrale improprio 3
∀x ∈ I , ln x ≥ 1 =⇒ Z
Poich´e Z 3
3 +∞
+∞
(2x2
i
< 0 , se x ∈ I .
1 dx + 1) ln x
converge ;
infatti :
1 1 1 ≤ 1 =⇒ ≤ 2 . ln x (2x2 + 1) ln x 2x + 1
1 dx +1
2x2
converge, per il teorema del confronto converge anche
1 dx . (2x2 + 1) ln x
Dunque, per il teorema di MacLaurin, converge anche la serie
∞ X
1 . 2 + 1) log n (2x n=3
(c) Considero (sull’intervallo I=[ 2, +∞ [) la funzione ϕ(x) = Essa `e positiva e decrescente; infatti: ϕ0 (x) =
1 x log x
−(log x + 1) 1
∞ X an n=1
∞ X
1 √ . n log n n=2 an = +∞ ). n→∞ n
diverge (perch´e lim
n
Se a = 1 , si ha la serie armonica che diverge. Per 0 < a < 1 , considero la funzione Z
L’integrale improprio Z
+∞
1 x
a
improprio
dx
+∞
ax dx x
ax su I = [ 1, +∞ [, dove `e positiva e decrescente . x
converge perch´e, se x > 1 , si ha
converge.
1
Dunque, se 0 < a < 1 , la serie
∞ X an n=1
n
converge.
ax < ax e l’integrale x
1 `e positiva e decrescente (per x > 1 ) possiamo usare il teorema (2x + 1)2 di MacLaurin; studiamo pertanto la convergenza dell’integrale improprio:
7. Poich´e la funzione f (x) = Z 1
+∞
·
1 −1 dx = lim b→+∞ 2(2x + 1) (2x + 1)2
Dunque la serie
¸b
1 6
= 1
∞ X
1 converge ad un numero finito S e si ha la seguente diseguaglianza: (2n + 1)2 n=1 Z
Z
+∞
f (x) dx < S < a1 +
1
+∞
f (x) dx
=⇒
1
1 1 1
