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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 <

¸

·

1 π π ≤ 1 < (∀n ≥ 1) e f (t) = sin t `e crescente per t ∈ 0, , si ha: n 2 2

1 1 1 1 < =⇒ sin < sin . n+1 n n+1 n

n < n + 1 =⇒

Pertanto si pu` o applicare il criterio di Leibniz e concludere che essa converge semplicemente. ∞ X

Non converge invece assolutamente, perch´e la serie

sin

n=1

infatti, per n → ∞ , sin (b) lim √ n→∞

1 diverge: n

∞ X

1 diverge. n n=1

1 1 ∼ e la serie n n

1 =0 n+2 √

1 1 Poich´e n + 1+2 > n+2 , si ha √ ; dunque la successione <√ n +2 n+1+2 `e monotona decrescente. Per il criterio di Leibniz, la serie

∞ X

(−1)n √

n=1

µ

1 √ n+2

¶ n≥1

1 converge semplicemente. n+2

Invece non converge assolutamente. ∞ X 1 1 1 √ > ; 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

converge : infatti lim

n→∞

µ

(−1)n

n=1

2n + 100 3n + 1

n

2n + 100 3n + 1

¶n

=

2 <1. 3

¶n

converge assolutamente e dunque semplicemente.

1 =0 n→∞ log n

(d) lim

La funzione logaritmo in base e `e monotona crescente. Quindi, ∀n ≥ 1 , log(n + 1) > 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) <0 x2 log2 x

. su I.

Calcolo ora l’integrale improprio: Z

+∞

2

1 dx = lim b→+∞ x ln x

Z

b

2

h ib 1 dx = lim log | log x| = +∞ 2 b→+∞ x ln x

Dunque l’integrale diverge e (per il teorema di MacLaurin) anche la serie

(d) ϕ(x) =

Z

+∞

2 b

2

1 diverge. n log n n=2

1 `e positiva e decrescente per x ≥ 2. x(log x)2

L’integrale improprio Z

∞ X

1 dx = x(ln x)2 Z

b

lim

b→+∞ 2

Z

b

2

1 dx x(log x)2

converge. Infatti:

·

1 −1 (log x)−2 dx = x log x ·

¸

¸b

=+ 2

1 1 − . log 2 log b

1 1 1 1 − dx = lim = 2 b→+∞ log 2 x(ln x) log b log 2 ∞ X

1 . n(log n)2 n=2

Dunque converge anche la serie

1 (e) ϕ(x) = √ `e positiva e decrescente per x ≥ 2. x log x Z

+∞

L’integrale improprio 2

Z

b

2

1 √ dx = x log x Z

b

lim

b→+∞ 2

Z

b

2

1 √ dx x log x

diverge. Infatti:

h p ib p p 1 (log x)−1/2 dx = 2 log x = 2 log b − 2 log 2 2 x

h p i p 1 √ dx = lim 2 log b − 2 log 2 = +∞ b→+∞ x log x

Dunque diverge anche la serie

(f) Se a > 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 <S< + 6 9 6

8. Per una serie a termini di segno alterno convergente ad S si sa che il resto n-esimo Rn = S − Sn soddisfa la disuguaglianza: ¯ ¯ ¯ +∞ ¯ ¯ X ¯ j ¯ ¯ |Rn | = ¯ (−1) aj ¯ ≤ an+1 ¯j=n+1 ¯

Vogliamo |Rn | <

1 ; questo `e senz’altro verificato se : 100

1 1 < ⇐⇒ (n + 1)! > 100 ⇐⇒ n ≥ 4 (n + 1)! 100 Dunque si commette un errore minore di

1 1 approssimando con il valore 100 e

1 1 1 3 1 ∼ 1−1+ − + = e 2! 3! 4! 8 9. (a) Applichiamo il criterio di MacLaurin alla serie

∞ X

ne−n . 2

n=1 −x2

La funzione ϕ(x) = xe Z

+∞

xe−x

2

Z

dx = lim

b→+∞ 1

1

Dunque la serie

∞ X

ne−n

2

`e positiva e decrescente su I= [1, +∞[ . Inoltre: b

·

1 x 2 dx = lim − e−x 2 x b→+∞ 2 e

¸b

µ

= lim 1

b→+∞

1 −1 1 −b2 e − e 2 2

=

1 2e

converge ad un numero reale S e si ha:

n=1

0 < Rn = S − Sn ≤

Z

+∞

n

1 2 f (x) dx = e−n 2

Sicuramente sar`a: Rn < 10−4 ⇐⇒ (b) Per la serie a termini di segni alterni

1 −n2 < 10−4 ⇐⇒ n ≥ 3 . e 2 ∞ X

(−1)n ne−n

2

convergente al numero reale S e si ha :

n=1

|Rn | = |S − Sn | < an+1 . Dunque si avr` a un’approssimazione di S minore di 10−4 se: (n + 1)e−(n+1) < 10−4 ⇐⇒ n ≥ 3 2


Serie num esercizi svolti