SERIE NUMERICHE Esercizi risolti 1. Applicando la definizione di

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
Poiché
lim Sn =
n→∞
3
2
la serie converge e la somma è
√
(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
Poiché
lim
1
=1− √
3
1
1
√ −√
2
3
..
.
n→+∞
¶
Sn = 1
la serie converge e la sua somma è 1.
¶
µ
+
1
1
√ −√
3
4
¶
1
=1− √
4
1 1 1
− −
2 5 6
∞
X
2. Condizione necessaria (ma non sufficiente) affinché la serie
an converga è che lim an = 0 .
n→∞
n=0
(a) lim an = lim (−1)n
n→∞
n→∞
n
.
n+1
Tale limite non esiste, dunque non è 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 è a termini positivi).
n→∞
(c) Poiché lim
n→∞
1
1
= +∞
=
log 1
log(1 + n1 )
³
la serie non converge (diverge a +∞, perché ∀n ∈ IN∗ , log 1 +
1
n
´
> 0 ).
(d) Poiché 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 è 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 è 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+ .
è 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 è una maggiorante di una serie divergente, e pertanto diverge.
Poiché ∀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.
Poiché | sin n| ≤ 1
(∀n ∈ IN) , si ha:
| sin n|
1
≤ 2 .
2
n
n
∞
X
1
è 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
Poiché
n=1
3
3n2 + 1
∼ 2 .
+n+1
n
n4
converge, anche la nostra serie converge.
n2
(l) Usiamo il criterio del confronto.
Poiché n >
√
1
1
n , si ha √ > .
n
n
Dunque la serie
∞
X
1
√
n=1
∞
X
n
è 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.
Poiché, per n → ∞ , √
e poiché
∞
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.
Poiché per n → ∞ ,
∞
∞
X
X
1
n
n
1
n
=
∼
,
e
poiché
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
è decrescente.
n n≥1
5. (a) Posto an = sin
Infatti, poiché 0 <
¸
·
1
π
π
≤ 1 < (∀n ≥ 1) e f (t) = sin t è 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 può applicare il criterio di Leibniz e concludere che essa converge semplicemente.
∞
X
Non converge invece assolutamente, perché 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
Poiché n + 1+2 > n+2 , si ha √
; dunque la successione
<√
n
+2
n+1+2
è 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
sµ
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 è 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
¶
è 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
Poiché, 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
Poiché
∞
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
è decrescente: infatti f (x) = 3 · − 2 · ln 3 < 0 , ∀x ∈ IR∗ .
x
³ 1
´
Pertanto anche la successione 3 n − 1
è 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.
Poiché la serie
n
n=1
Un altro modo per vedere che la serie non converge
assolutamente è 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 è positiva ed è decrescente su I; infatti:
2 + x1 − 4 ln x
;
(2x + 1)3
ϕ0 (x) =
1
e dunque f 0 (x) < 0 .
x
Pertanto si può applicare il teorema di MacLaurin:
si può 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 può 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
perché,
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 è convergente.
Anche se non è richiesto, calcoliamo l’integrale improprio; l’integrale indefinito (risolto per parti)
dà 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) è 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
Poiché
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 è 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
è 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) = √
è 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 (perché 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 è positiva e decrescente .
x
converge perché, 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
è positiva e decrescente (per x > 1 ) possiamo usare il teorema
(2x + 1)2
di MacLaurin; studiamo pertanto la convergenza dell’integrale improprio:
7. Poiché 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 è 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
è 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 sarà: 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 avrà un’approssimazione di S minore di 10−4 se:
(n + 1)e−(n+1) < 10−4 ⇐⇒ n ≥ 3
2