Serie numeriche: esercizi svolti

Serie numeriche: esercizi svolti
Gli esercizi contrassegnati con il simbolo * presentano un grado di difficoltà maggiore.
Esercizio 1. Dopo aver verificato la convergenza, calcolare la somma delle seguenti
serie:
a)
∞
X
n
(n + 1)!
n=1
[1]
·
∞
X
1
b)
n(n + 3)
n=1
c)
∞
X
n=1
d)
∞
X
2n + 1
+ 1)2
µ
n=2
e)
f)
1
n2
¶
[− log 2]
· ¸
∞
X
1
2−1
4n
n=1
∞ µ
X
1
n=1
1
√ −√
n
n+1
1
2
¶
[1]
· ¸
∞
X
1
g)
n(n + 1)(n + 2)
n=1
1
4
Svolgimento
a) La serie
¸
[1]
n2 (n
log 1 −
11
18
∞
X
n
è a termini positivi. Poichè
(n + 1)!
n=1
µ
¶
n
1
1
n
=
=
=o
,
(n + 1)!
(n + 1)n(n − 1)!
(n + 1)(n − 1)!
n2
1
n → +∞
2
Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo convergente la serie
∞
X
1
n=1
serie data converge.
n2
, per il criterio del confronto asintotico la
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
n
n+1−1
1
1
=
=
−
.
(n + 1)!
(n + 1)!
n! (n + 1)!
Ne segue che la serie data è telescopica. La somma parziale n-esima della serie è
Sn
µ
n
X
n
X
k
1
1
=
=
−
(k + 1)! k=1 k! (k + 1)!
k=1
=1−
¶
=
1
1
1
1
1
1
+ − + ··· +
−
=1−
.
2! 2! 3!
n! (n + 1)!
(n + 1)!
Ne segue che la somma della serie è
µ
1
S = lim Sn = lim 1 −
n
n
(n + 1)!
Pertanto si ha
b) La serie
¶
= 1.
∞
X
n
= 1.
(n + 1)!
n=1
∞
X
1
è a termini positivi. Poichè
n(n
+ 3)
n=1
1
1
∼ 2,
n(n + 3)
n
ed essendo convergente la serie
serie data converge.
∞
X
1
n=1
n2
n → +∞
, per il criterio del confronto asintotico la
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
(
A
B
(A + B)n + 3A
1
= +
=
n(n + 3)
n
n+3
n(n + 3)
Quindi
µ
=⇒
A=
1
3
B = − 13 .
¶
1
1 1
1
=
−
.
n(n + 3)
3 n n+3
Ne segue che la serie data non è telescopica. Nonostante ciò è possibile calcolare
la somma della serie. Si ha che la somma parziale n-esima della serie è
Sn
n
X
n
X
1
1
=
=
k(k
+
3)
3
k=1
k=1
µ
1
1−
3
µ
1
1+
=
3
=
µ
1
1
−
k k+3
¶
=
1 1 1 1 1 1 1
1
1
+ − + − + − + ··· + −
4 2 5 3 6 4 7
n n+3
¶
µ
¶
1 1
1
1 11
1
+ −
=
−
.
2 3 n+3
3 6
n+3
¶
=
Serie numeriche: esercizi svolti
3
Ne segue che la somma della serie è
S = lim Sn = lim
n
Pertanto si ha
∞
X
c) La serie
n=1
n
1
3
µ
11
1
−
6
n+3
¶
=
11
.
18
∞
X
1
11
= .
n(n + 3)
18
n=1
2n + 1
è a termini positivi. Poichè
+ 1)2
n2 (n
2n + 1
2
∼ 3,
2
+ 1)
n
n → +∞
n2 (n
ed essendo convergente la serie
∞
X
1
n=1
serie data converge.
n3
, per il criterio del confronto asintotico la
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che 2n + 1 = (n + 1)2 − n2 . Quindi
si ha che
2n + 1
(n + 1)2 − n2
1
1
=
= 2−
.
2
2
2
2
n (n + 1)
n (n + 1)
n
(n + 1)2
Ne segue che la serie data è telescopica. La somma parziale n-esima della serie è
Sn
µ
n
X
n
X
2k + 1
1
1
=
=
−
2
2
2
k (k + 1)
k
(k + 1)2
k=1
k=1
=1−
¶
=
1 1 1
1
1
1
+ − + ··· + 2 −
=1 −
.
2
4 4 9
n
(n + 1)
(n + 1)2
Ne segue che la somma della serie è
µ
1
S = lim Sn = lim 1 −
n
n
(n + 1)2
Pertanto si ha
∞
X
¶
= 1.
∞
X
2n + 1
= 1.
2 (n + 1)2
n
n=1
µ
1
d) La serie
log 1 − 2
n
n=2
¶
è a termini negativi. Consideriamo la serie
∞ ·
X
n=2
µ
1
− log 1 − 2
n
¶¸
.
È una serie a termini positivi. Poichè log (1 + x) = x + o(x) per x → 0, si ha che
µ
1
− log 1 − 2
n
¶
µ
1
1
= 2 +o
n
n2
¶
∼
1
,
n2
n → +∞
4
Serie numeriche: esercizi svolti
∞
X
1
ed essendo convergente la serie
serie
∞ ·
X
µ
− log 1 −
n=2
converge.
1
n2
n=1
¶¸
n2
, per il criterio del confronto asintotico la
converge. Quindi per l’algebra delle serie, la serie data
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
µ
log 1 −
1
n2
¶
= log
n2 − 1
(n + 1)(n − 1)
n+1
n
= log
= log
− log
.
n2
n2
n
n−1
Ne segue che la serie data è telescopica. La somma parziale n-esima della serie è
Sn
µ
n
X
1
=
log 1 − 2
k
k=2
¶
=
n µ
X
k=2
k+1
k
log
− log
k
k−1
¶
=
3
4
3
n+1
n
− log 2 + log − log + · · · + log
− log
=
2
3
2
n
n−1
n+1
= − log 2 + log
.
n
= log
Ne segue che la somma della serie è
µ
S = lim Sn = lim − log 2 + log
n
Pertanto si ha
∞
X
µ
log 1 −
n=2
e) La serie
n
1
n2
n+1
n
¶
= − log 2.
¶
= − log 2.
∞
X
1
è a termini positivi. Poichè
2−1
4n
n=1
1
1
∼ 2,
4n2 − 1)
4n
ed essendo convergente la serie
serie data converge.
∞
X
1
n=1
n2
n → +∞
, per il criterio del confronto asintotico la
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
1
A
B
(2A + 2B)n + A − B
1
=
=
+
=
4n2 − 1
(2n − 1)(2n + 1)
2n − 1 2n + 1
4n2 − 1
(
=⇒
Quindi
1
1
=
4n2 − 1
2
A=
1
2
B = − 12 .
µ
¶
1
1
−
.
2n − 1 2n + 1
Serie numeriche: esercizi svolti
5
Ne segue che la serie data è telescopica. La somma parziale n-esima della serie è
Sn
n
X
n
X
1
1
=
=
2
4k − 1 k=1 2
k=1
µ
1
1
−
2k − 1 2k + 1
¶
=
µ
1
1 1 1
1
1
=
1 − + − + ··· +
−
2
3 3 5
2n − 1 2n + 1
¶
µ
¶
1
1
=
1−
.
2
2n + 1
Ne segue che la somma della serie è
µ
1
1
S = lim Sn = lim
1−
n
n 2
2n + 1
∞
X
Pertanto si ha
n=1
¶
1
= .
2
1
1
= .
−1
2
4n2
¶
∞ µ
X
1
1
√ −√
f ) La serie
è a termini positivi. Poichè
n
n+1
n=1
√
√
1
1
n+1− n
1
1
³√
√ −√
= √ √
=√ √
3 ,
√ ´∼
n
n+1
n n+1
2n 2
n n+1
n+1+ n
ed essendo convergente la serie
∞
X
1
3
n=1
serie data converge.
n2
n → +∞
, per il criterio del confronto asintotico la
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che la serie data è telescopica. La
somma parziale n-esima della serie è
Sn =
n µ
X
1
k=1
1
√ −√
k+1
k
¶
=
1
1
1
1
1
1
= 1 − √ + √ − √ + ··· + √ − √
=1 − √
.
n
n+1
n+1
2
2
3
Ne segue che la somma della serie è
µ
1
S = lim Sn = lim 1 − √
n
n
n+1
Pertanto si ha
∞ µ
X
1
n=1
g) La serie
1
√ −√
n
n+1
¶
= 1.
¶
= 1.
∞
X
1
è a termini positivi. Poichè
n(n
+
1)(n
+ 2)
n=1
1
1
∼ 3,
n(n + 1)(n + 2)
n
ed essendo convergente la serie
serie data converge.
∞
X
1
n=1
n3
n → +∞
, per il criterio del confronto asintotico la
6
Serie numeriche: esercizi svolti
Calcoliamo la somma della serie. Osserviamo che
1
A
B
(A + B)n + 2A
=
+
=
n(n + 1)(n + 2)
n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
n(n + 1)(n + 2)
(
=⇒
Quindi
A=
1
2
B = − 12 .
·
¸
1
1
1
1
=
−
.
n(n + 1)(n + 2)
2 n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
Ne segue che la serie data è telescopica. La somma parziale della serie è
Sn =
·
n
X
¸
n
X
1
1
1
1
=
−
=
k(k + 1)(k + 2) k=1 2 k(k + 1) (k + 1)(k + 2)
k=1
·
¸
1 1 1 1
1
1
1
− + −
+ ··· +
−
=
=
2 2 6 6 12
n(n + 1) (n + 1)(n + 2)
·
¸
1 1
1
=
−
.
2 2 (n + 1)(n + 2)
Ne segue che la somma della serie è
·
¸
1 1
1
1
S = lim Sn = lim
−
= .
n
n 2 2
(n + 1)(n + 2)
4
Pertanto si ha
∞
X
1
1
= .
n(n + 1)(n + 2)
4
n=1
Esercizio 2. Determinare il carattere delle seguenti serie:
a)
b)
∞
X
1
log (n + 1)
n=2
∞
X
log n
n=1
c)
[diverge positivamente]
[converge]
n4
∞
X
log n
[converge]
3
n=1
∞
X
n2
µ
n+1
d)
log
n2
n=1
∞
X
¶
1
arctan √
n
n=1
√
∞ √
X
n+2− n−2
f)
n
n=2
e)
[diverge negativamente]
[diverge positivamente]
[converge]
Serie numeriche: esercizi svolti
g)
h)
k)
i)
j)
l)
∞
X
1
log √
n
n=1
[diverge negativamente]
∞
X
1
log √
n3
n=2
∞
X
1
n=1
2log n
[diverge negativamente]
[diverge positivamente]
∞
X
1
√
n log n3
n=2
∞
X
1
n=1
2log (n!)
∞
X
7
[diverge positivamente]
[converge]
32n cosn (nπ)
[indeterminata]
n=1
m)
2
∞
X
3n
n=1
n)
∞
X
n43
n=1
o)
[converge]
(n!)n
∞
X
[converge]
6n
1
[converge]
¡4n¢
n=1 3n
p)
∞
X
n=1
q)
∞
X
n=2
r)
v)
1
n+2
[diverge positivamente]
¶n
[converge]
[converge assolutamente]
n(n + 1)
µ
¶ 2
∞
X
1 n+2 n
n=1
u)
1
√
n
log n
∞
X
sin (4n3 )
n=1
t)
[converge]
3n
∞ µ
X
n=0
s)
2
¡3n+2¢
∞
X
5n
n
µ
¶n2
n=2
n−2
n
∞
X
1
n=2
(log n)log n
3n
[diverge positivamente]
[converge]
[converge]
8
Serie numeriche: esercizi svolti
w)
∞
X
nn
n=1
x)
∞
X
[converge]
(2n)!
r
4
n3
[diverge positivamente]
´n
[diverge positivamente]
n 1+
n=1
y)
∞
X
n=1
z)
1
³
nn+ n
n+
1
n
∞ µ
X
1
n=1
1
− sin
n
n
¶
[converge]
Svolgimento
∞
X
1
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positilog (n + 1)
n=2
vamente).
a) La serie
Poichè log (n + 1) = o(n + 1) per n → +∞, si ha che
µ
¶
1
1
=o
,
n+1
log (n + 1)
n → +∞
∞
X
1
divergente, per il criterio del confronto asintotico
n+1
n=2
anche la serie data è divergente.
ed essendo la serie
b) La serie
mente).
∞
X
log n
n=1
n4
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Poichè log n = o(n) per n → +∞, si ha che
¶
µ
log n
1
,
=o
4
n
n3
n → +∞
∞
X
1
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n3
la serie data è convergente.
ed essendo la serie
n=1
c) La serie
mente).
∞
X
log n
3
n=1
n2
³
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
1
Poichè log n = o n 3
´
per n → +∞, si ha che
log n
3
n2
µ
=o
1
7
n6
¶
,
n → +∞
Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo la serie
9
∞
X
1
7 convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n6
la serie data è convergente.
n=1
∞
X
µ
¶
n+1
log
d) La serie
è a termini negativi. Infatti,
n2
n=1
o diverge (negativamente).
Osserviamo che
µ
n+1
lim log
n
n2
n+1
n2
< 1. Quindi o converge
¶
= −∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data è divergente.
∞
X
1
arctan √
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin
n=1
vamente).
e) La serie
Poichè arctan x = x + o(x) per x → 0, si ha che
µ
1
1
1
arctan √ = √ + o √
n
n
n
ed essendo la serie
¶
∼
1
1
n2
,
n → +∞
∞
X
1
1 divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n2
la serie data è divergente.
√
∞ √
X
n+2− n−2
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge
f ) La serie
n
n=2
(positivamente).
n=1
Si ha che
√
√
2
n+2− n−2
4
´ ∼ 3,
= ³√
√
n
n2
n
n+2+ n−2
ed essendo la serie
n → +∞
∞
X
2
3 convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n2
la serie data è convergente.
n=1
∞
X
√
1
è a termini negativi. Infatti log √1n = − log n. Quindi o
log √
n
n=1
converge o diverge (negativamente).
g) La serie
Osserviamo che
lim log
n
√
n = +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data è divergente.
10
Serie numeriche: esercizi svolti
∞
X
√
1
log √
è a termini negativi. Infatti log √1 3 = − log n3 . Quindi o
n
n3
n=2
converge o diverge (negativamente).
h) La serie
Osserviamo che
lim log
n
√
n3 = +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data è divergente.
k) La serie
mente).
∞
X
1
n=1
2log n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Osserviamo che
alog b = blog a .
∀a, b > 0,
Infatti, poichè se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che
alog b = elog (a
log b
Pertanto si ha che
) = elog b log a = elog (blog a ) = blog a .
∞
X
1
n=1
2log n
=
∞
X
1
n=1
nlog 2
.
Poichè log 2 < 1, ne segue che la serie data è divergente.
∞
X
1
√
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin
log
n3
n=2
vamente).
i) La serie
√
Poichè log n = o ( n) per n → +∞, si ha che
√
√
n log n3 = 3 n log n = o(n),
Quindi si ha che
µ
¶
1
1
=o √
,
n
n log n3
∞
X
1
ed essendo la serie
n
la serie data è divergente.
n → +∞.
n → +∞
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n=2
j) La serie
mente).
∞
X
1
n=1
2log (n!)
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Serie numeriche: esercizi svolti
11
Poichè n! ≥ n2 per ogni n ≥ 4, si ha che per ogni n ≥ 4
1
1
≤
2log (n!)
2log (n2 )
=
1
22 log n
=
1
4log n
.
Osserviamo che
alog b = blog a .
∀a, b > 0,
Infatti, poichè se N > 0 si ha che N = elog N , allora se a, b > 0 si ha che
alog b = elog (a
Pertanto si ha che
log b
) = elog b log a = elog (blog a ) = blog a .
∞
X
1
n=1
4log n
=
∞
X
1
n=1
nlog 4
.
Poichè log 4 > 1, ne segue che questa serie converge e per il criterio del confronto
la serie data è convergente.
l) La serie
∞
X
32n cosn (nπ) è a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (nπ) =
n=1
(−1)n , si ha che
∞
X
32n cosn (nπ) =
n=1
∞
X
(−1)n 9n =
n=1
∞
X
(−9)n .
n=1
Ne segue che la serie data è una serie geometrica con ragione −9 < −1. Quindi è
indeterminata.
2
∞
X
3n
m) La serie
mente).
n=1
(n!)n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Si ha che
s
n
lim
n
3n
3n2
=
lim
= 0 < 1.
n n!
(n!)n
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
n) La serie
∞
X
n43
n=1
6n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
Si ha che
s
lim
n
n
n43
= lim
n
6n
√
n
n43
1
= < 1.
6
6
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
12
Serie numeriche: esercizi svolti
∞
X
o) La serie
1
¡4n¢ è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
n=1 3n
Posto
1
(3n)! n!
an = ¡4n¢ =
,
(4n)!
3n
si ha che
an+1
[3(n + 1)]! (n + 1)!
(4n)!
(3n + 3)! (n + 1)!
(4n)!
=
·
=
·
=
an
[4(n + 1)]!
(3n)! n!
(4n + 4)!
(3n)! n!
=
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1) (3n)! (n + 1) n!
(4n)!
·
=
(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1) (4n)!
(3n)! n!
=
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1)
.
(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)
Ne segue che
lim
n
an+1
(3n + 3)(3n + 2)(3n + 1)(n + 1)
27
= lim
=
< 1.
n
an
(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)
256
Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge.
p) La serie
∞
X
n=1
mente).
2
¡3n+2¢
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
3n
Si ha che
2
¡3n+2¢ =
3n
Poichè
4 (3n)!
4
4 (3n)!
=
=
.
(3n + 2)!
(3n + 2)(3n + 1) (3n)!
(3n + 2)(3n + 1)
4
4
∼ 2,
(3n + 2)(3n + 1)
9n
ed essendo la serie
n → +∞
∞
X
1
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n2
la serie data è convergente.
n=1
q) La serie
mente).
Poichè
∞
X
n=2
1
√
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivan
log n
√
n
log n ≤ log n, si ha che per ogni n ≥ 1
1
1
√
≥
n
log n
log n
∞
X
1
divergente, per il criterio del
log n
n=2
confronto anche la serie data è divergente.
ed essendo (vedi Eserczio 2 a)) la serie
Serie numeriche: esercizi svolti
∞ µ
X
r) La serie
n=0
1
n+2
13
¶n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
vamente).
Si ha che
sµ
lim
n
n
1
n+2
¶n
= lim
n
1
= 0 < 1.
n+2
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
∞
X
sin (4n3 )
s) La serie
n=1
n(n + 1)
è a termini di segno variabile.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
| sin (4n3 )|
.
n(n + 1)
n=1
Essendo | sin (4n3 )| ≤ 1, si ha che per ogni n ≥ 1
1
| sin (4n3 )|
≤
.
n(n + 1)
n(n + 1)
Poichè
1
n(n+1)
1
n2
∼
per n → +∞ ed essendo convergente la serie
∞
X
1
n=1
∞
X
n2
, per il
1
converge. Quindi per il
n(n + 1)
n=1
∞
X
| sin (4n3 )|
criterio del confronto anche la serie
converge. Ne segue che la serie
n(n + 1)
n=1
data converge assolutamente e di conseguenza converge.
criterio del confronto asintotico anche la serie
µ
¶ 2
∞
X
1 n+2 n
t) La serie
5n
(positivamente).
n
n=1
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge
Si ha che
s
lim
1
5n
n
n
µ
n+2
n
¶n2
1
= lim
n 5
µ
n+2
n
¶n
µ
1
2
= lim
1+
n 5
n
¶n
=
e2
> 1.
5
Quindi per il criterio della radice la serie data diverge.
u) La serie
∞
X
µ
n
3
n=2
n−2
n
¶n2
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (po-
sitivamente).
Si ha che
s
lim
n
n
µ
3n
n−2
n
¶n2
µ
= lim 3
n
n−2
n
¶n
µ
= lim 3 1 −
n
Quindi per il criterio della radice la serie data converge.
2
n
¶n
=
3
< 1.
e2
14
Serie numeriche: esercizi svolti
v) La serie
∞
X
1
n=2
(log n)log n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
vamente).
Osserviamo che per ogni α ≥ 0 si ha che nα = o (log n)log n , per n → +∞. Infatti,
lim
n
nα
log n
(log n)
= lim
n
eα log n
(log n)log n
=
posto t = log n,
µ
eαt
eα
=
lim
t→+∞ tt
t→+∞
t
= lim
¶t
= lim et log
t→+∞
eα
t
= lim et(α−log t) = 0.
t→+∞
Ne segue che per ogni α ≥ 0
µ
1
(log n)log n
¶
1
=o
,
nα
Considerando α > 1, essendo la serie
n → +∞.
∞
X
1
convergente, per il criterio del connα
fronto asintotico anche la serie data è convergente.
n=1
w) La serie
mente).
∞
X
nn
Posto an =
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
(2n)!
n=1
nn
(2n)! ,
si ha che
an+1
(n + 1)(n+1) (2n)!
(n + 1)n (n + 1) (2n)!
=
· n =
· n =
an
[2(n + 1)]!
n
(2n + 2)!
n
(2n)!
(n + 1)n (n + 1)
·
=
=
(2n + 2)(2n + 1) (2n)! nn
µ
n+1
n
¶n
·
n+1
.
(2n + 2)(2n + 1)
Ne segue che
µ
lim
n
an+1
n+1
= lim
n
an
n
¶n
·
n+1
= 0 < 1.
(2n + 2)(2n + 1)
Quindi per il criterio del rapporto la serie data converge.
x) La serie
∞
X
r
n 1+
n=1
4
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positin3
vamente).
Osserviamo che
r
lim n 1 +
n
4
= +∞.
n3
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data è divergente.
Serie numeriche: esercizi svolti
∞
X
y) La serie
15
1
nn+ n
³
n+
n=1
1
n
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positi-
´n
vamente).
Osserviamo che
1
1
nn+ n
nn+ n
´n = lim
³
lim ³
n
n
nn 1 +
n + n1
1
n2
1
´n = lim ³
n
nn
1
n2
1+
´n = 1.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data è divergente.
∞ µ
X
1
z) La serie
1
− sin
n
n
n=1
¶
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-
tivamente).
Poichè
1
sin x = x − x3 + o(x3 ),
6
x → 0,
si ha che
·
µ
1
1
1
1
1
1
− sin = −
− 3 +o
n
n
n
n 6n
n3
ed essendo la serie
¶¸
µ
1
1
= 3 +o
6n
n3
¶
∼
1
,
6n3
n → +∞
∞
X
1
convergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n3
la serie data è convergente.
n=1
Esercizio 3. Stabilire se convergono, convergono assolutamente o non convergono le
seguenti serie:
a)
∞
X
(−1)n
n=2
b)
c)
∞
X
1
log (n + 1)
n=1
log n
n4
∞
X
log n
(−1)n
(−1)n
n=1
∞
X
e)
[converge assolutamente]
[converge assolutamente]
3
n2
µ
n+1
d)
(−1) log
n2
n=1
∞
X
[converge ma non assolutamente]
n
1
(−1)n arctan √
n
n=1
¶
[non converge]
[converge ma non assolutamente]
16
Serie numeriche: esercizi svolti
f)
g)
∞
X
1
(−1)n log √
n
n=1
∞
X
(−1)n
n=1
h)
∞
X
(−1)n
∞
X
(−1)n
n=1
j)
∞
X
n=1
m)
∞
X
(n!)n
(−1)n
n=1
n)
p)
1
n
[non converge]
[converge ma non assolutamente]
cos nπ
[converge assolutamente]
n43
6n
[converge asssolutamente]
∞
X
(−1)n
¡3n+2¢
n=1
o)
[converge ma non assolutamente]
1
log (n + 1) − log n
(−1)n tan
2
∞
X
3n
[converge ma non assolutamente]
n
(2n + 1)2
n=1
l)
[converge ma non assolutamente]
√
n + log n3
n=1
i)
n+1
n2 + 1
∞
X
cos (n + 1)π
n=1
k)
[non converge]
[converge asssolutamente]
3n
∞
X
n23
(−2)n
n=1
[converge asssolutamente]
∞ h
X
i
2 arctan (n + 1) − π cos [(n + 1)π]
[converge ma non assolutamente]
n=1
Ã
∞
X
n2 + n + 1
sin
π
q)
n+1
n=1
r)
∞
X
cos (nπ)
n=1
*s)
*t)
[converge ma non assolutamente]
log n
n+1
[converge ma non assolutamente]
∞
X
(−1)n
n + (−1)n
n=2
∞
X
µ
(−1)n
n=1
*u)
!
∞
X
µ
(−1)
n=1
n
1 (−1)n
+
n
n2
[converge ma non assolutamente]
¶
(−1)n
1
√ +
n
n
[converge ma non assolutamente]
¶
[non converge]
Serie numeriche: esercizi svolti
*v)
∞
X
( 1
n
(−1) bn , bn =
n=1
n2
1
n
17
se n è pari,
[non converge]
se n è dispari
Svolgimento
a) La serie
∞
X
(−1)n
n=2
1
è a termini di segno alterno.
log (n + 1)
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
1
. Per l’Esercizio 2 a) questa serie diverge. Quindi la serie data
log (n + 1)
n=2
non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
1
log (n+1) ,
si ha che:
1
= 0;
n
n log (n + 1)
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti,
1) lim bn = lim
log (n + 1) < log (n + 2)
=⇒
bn+1 =
1
1
<
= bn .
log (n + 2)
log (n + 1)
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
b) La serie
∞
X
(−1)n
n=1
log n
è a termini di segno alterno.
n4
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
log n
. Per l’Esercizio 2 b) questa serie converge. Quindi la serie data conn4
n=1
verge assolutamente e di conseguenza converge.
c) La serie
∞
X
(−1)n
log n
è a termini di segno alterno.
3
n2
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
log n
3 . Per l’Esercizio 2 c) questa serie converge. Quindi la serie data conn=1 n 2
verge assolutamente e di conseguenza converge.
n=1
d) La serie
∞
X
µ
(−1)n log
n=1
n+1
n2
¶
è a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
µ
¶¸
µ
¶
∞ ·
∞
X
X
n+1
n+1
− log
=−
log
. Per l’Esercizio 2 d) questa serie diverge.
n2
n2
n=1
n=1
Quindi la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
µ
n+1
lim(−1) log
n
n2
n
¶
6 ∃.
18
Serie numeriche: esercizi svolti
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data non converge.
e) La serie
∞
X
1
(−1)n arctan √ è a termini di segno alterno.
n
n=1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
1
arctan √ . Per l’Esercizio 2 e) questa serie diverge. Quindi la serie data
n
n=1
non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Posto bn = arctan √1n , si ha che:
1
1) lim bn = lim arctan √ = 0;
n
n
n
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti
1
1
√
<√
n
n+1
=⇒
1
1
bn+1 = arctan √
< arctan √ = bn .
n
n+1
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
f ) La serie
∞
X
1
(−1)n log √ è a termini di segno alterno.
n
n=1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
¶
∞
∞ µ
X
X
1
1
=−
− log √
log √ . Per l’Esercizio 2 g) questa serie diverge. Quindi
n
n
n=1
n=1
la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
1
lim(−1)n log √ 6 ∃.
n
n
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che la serie data non converge.
g) La serie
∞
X
(−1)n
n=1
n+1
è a termini di segno alterno.
n2 + 1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
n+1
. È una serie a termini positivi. Poichè
n2 + 1
n=1
n+1
1
∼ ,
n2 + 1
n
ed essendo la serie
la serie
∞
X
n+1
n=1
n2 + 1
∞
X
1
n=1
n
n → +∞
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
n+1
,
n2 +1
si ha che:
Serie numeriche: esercizi svolti
19
n+1
= 0;
n2 + 1
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso1) lim bn = lim
n
n
ciata alla successione (bn ), f (x) =
x+1
x2 +1
ristretta all’intervallo [1, +∞), si ha
che f è derivabile con
−x2 − 2x + 1
.
(x2 + 1)2
Poichè per ogni x ∈ [1, +∞) si ha f 0 (x) < 0, allora f è decrescente su [1, +∞).
f 0 (x) =
Ne segue che la successione (bn ) è decrescente.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
∞
X
cos (n + 1)π
√
è a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (n + 1)π =
n + log n3
∞
X
(−1)n+1
√
.
(−1)n+1 , la serie è
n + log n3
n=1
h) La serie
n=1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
√
1
√
. È una serie a termini positivi. Poichè log n3 = o ( n) per
3
n
+
log
n
n=1
n → +∞, si ha che
1
1
1
√
√ ∼√ ,
=√
n + log n3
n + o ( n)
n
ed essendo la serie
la serie
∞
X
1
n=1
∞
X
n → +∞
√ divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n
1
√
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
n + log n3
n=1
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
√ 1
n+log n3
=
√
1
,
n+3 log n
si ha che:
1
1) lim bn = lim √
= 0;
n
n
n + 3 log n
√
√
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, n+3 log n < n + 1+3 log (n + 1)
implica
1
1
<√
bn+1 = √
= bn .
n + 3 log n
n + 1 + 3 log (n + 1)
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
k) La serie
∞
X
(−1)n
n=1
n
è a termini di segno alterno.
(2n + 1)2
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
n
. È una serie a termini positivi. Poichè
(2n
+
1)2
n=1
1
n
∼
,
2
(2n + 1)
4n
n → +∞
20
Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo la serie
la serie
∞
X
1
n=1
∞
X
4n
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
(2n + 1)2
n=1
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
n
,
(2n+1)2
si ha che:
n
= 0;
n
n (2n + 1)2
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f asso1) lim bn = lim
ciata alla successione (bn ), f (x) =
x
(2x+1)2
ristretta all’intervallo [1, +∞), si
ha che f è derivabile con
f 0 (x) =
1 − 2x
.
(2x + 1)3
Poichè per ogni x ∈ [1, +∞) si ha f 0 (x) < 0, allora f è decrescente su [1, +∞).
Ne segue che la successione (bn ) è decrescente.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
∞
X
i) La serie
(−1)n
n=1
1
è a termini di segno alterno.
log (n + 1) − log n
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
∞
X
X
1
1
=
. Osserviamo che
log (n + 1) − log n n=1 log n+1
n
n=1
lim
n
1
log n+1
n
= +∞.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che questa serie diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Per quanto appena osservato, anche la serie di
partenza non verifica la condizione necessaria per la convergenza della serie. Infatti,
lim(−1)n
n
1
6 ∃.
log n+1
n
Ne segue che la serie data non converge.
j) La serie
∞
X
(−1)n tan
n=1
1
è a termini di segno alterno.
n
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
1
tan . È una serie a termini positivi. Poichè tan x = x + o(x) per x → 0,
n
n=1
si ha che
µ ¶
1
1
1
1
∼ ,
n → +∞
tan = + o
n
n
n
n
Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo la serie
∞
X
la serie
∞
X
1
n=1
tan
n=1
n
21
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
1
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
n
Studiamo ora la convergenza. Posto bn = tan n1 , si ha che:
1
= 0;
n
n
n
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, essendo 0 <
1) lim bn = lim tan
1
n
<
π
2
per ogni n ≥ 1,
si ha che
n<n+1
=⇒
tan
1
1
< tan .
n+1
n
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
l) La serie
2
∞
X
3n
n=1
(n!)n
(−1)n , la serie è
cos nπ è a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos nπ =
∞
X
2
(−1)n
n=1
3n
.
(n!)n
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
2
∞
X
3n
. Per l’Esercizio 2 m) questa serie converge. Quindi la serie data converge
(n!)n
n=1
assolutamente e di conseguenza converge.
m) La serie
∞
X
(−1)n
n=1
n43
è a termini di segno alterno.
6n
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
n43
. Per l’Esercizio 2 n) questa serie converge. Quindi la serie data converge
6n
n=1
assolutamente e di conseguenza converge.
∞
X
(−1)n
n) La serie
¡3n+2¢ è a termini di segno alterno.
n=1
3n
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
1
¡3n+2¢ . Per l’Esercizio 2 p) questa serie converge. Quindi la serie data converge
n=1
3n
assolutamente e di conseguenza converge.
∞
X
n23
è a termini di segno alterno. Infatti, si può scrivere come
(−2)n
n=1
∞
X
n23
(−1)n n .
2
n=1
o) La serie
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
n23
.
2n
n=1
22
Serie numeriche: esercizi svolti
È una serie a termini positivi. Si ha che
s
lim
n
n
n23
= lim
n
2n
√
n
n23
1
= < 1.
2
2
∞
X
n23
converge. Ne segue che la serie
2n
data converge assolutamente e di conseguenza converge.
Quindi per il criterio della radice la serie
n=1
p) La serie
∞ h
X
i
2 arctan (n + 1) − π cos [(n + 1)π] è a termini di segno alterno. In-
n=1
fatti, essendo cos (n + 1)π = (−1)n+1 , la serie è
∞
X
h
i
(−1)n+1 2 arctan (n + 1) − π =
n=1
∞
X
h
i
(−1)n π − 2 arctan (n + 1) .
n=1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞ h
X
i
π − 2 arctan (n + 1) . Si ha che
n=1
arctan (n + 1) =
1
π
− arctan
.
2
n+1
Poichè arctan x = x + o(x) per x → 0, ne segue che
µ
π −2 arctan (n + 1) = 2 arctan
Essendo la serie
la serie
∞ h
X
1
2
1
=
+o
n+1
n+1
n+1
¶
∼
2
,
n+1
n → +∞.
∞
X
1
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n+1
n=1
i
π − 2 arctan (n + 1) è divergente. Quindi la serie data non converge
n=1
assolutamente.
1
Studiamo ora la convergenza. Posto bn = π − 2 arctan (n + 1) = 2 arctan n+1
, si
ha che:
1
= 0;
n+1
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti,
1) lim bn = lim 2 arctan
n
n
n<n+1
=⇒
bn+1 = 2 arctan
1
1
< 2 arctan
= bn .
n+2
n+1
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
∞
X
Ã
n2 + n + 1
q) La serie
sin
π
n+1
n=1
Ã
n2 + n + 1
sin
π
n+1
!
µ
!
è a termini di segno alterno. Infatti,
π
= sin nπ +
n+1
¶
µ
π
= cos (nπ) sin
n+1
¶
= (−1)n sin
π
.
n+1
Serie numeriche: esercizi svolti
Quindi la serie è
∞
X
(−1)n sin
n=1
23
π
.
n+1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
π
sin
. È una serie a termini positivi. Poichè sin x = x + o(x) per x → 0, si
n+1
n=1
ha che
µ
¶
π
π
1
π
sin
=
+o
∼
,
n → +∞
n+1
n+1
n+1
n+1
∞
X
π
divergente, per il criterio del confronto asintotico ann+1
n=1
∞
X
π
che la serie
sin
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
n+1
n=1
ed essendo la serie
π
Studiamo ora la convergenza. Posto bn = sin n+1
, si ha che:
π
= 0;
n+1
1) lim bn = lim sin
n
n
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, essendo 0 <
π
n+1
≤
π
2
per ogni
n ≥ 1, si ha che
n<n+1
=⇒
sin
π
π
< sin
.
n+2
n+1
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
∞
X
log n
è a termini di segno alterno. Infatti, essendo cos (nπ) =
n
+1
n=1
∞
X
log n
(−1)n , la serie è
(−1)n
.
n+1
n=1
r) La serie
cos (nπ)
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
log n
. È una serie a termini positivi. Poichè
n+1
n=1
µ
¶
1
log n
=o
,
n+1
n+1
n → +∞
∞
X
1
divergente, per il criterio del confronto asintotico
n+1
n=1
∞
X
log n
anche la serie
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
n+1
n=1
ed essendo la serie
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
1) lim bn = lim
n
n
log n
= 0;
n+1
log n
n+1 ,
si ha che:
24
Serie numeriche: esercizi svolti
2) la successione (bn ) è decrescente. Infatti, se consideriamo la funzione f associata alla successione (bn ), f (x) =
log x
x+1
che f è derivabile con
f 0 (x) =
Poichè
µ
lim
x→+∞
ristretta all’intervallo [1, +∞), si ha
x+1
x
− log x
.
(x + 1)2
¶
x+1
− log x = −∞,
x
esiste N ∈ N tale che per ogni x ≥ N si ha f 0 (x) < 0. Quindi f è decrescente
su [N, +∞). Ne segue che la successione (bn ) è decrescente per ogni n ≥ N .
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge.
*s) La serie
∞
X
(−1)n
è a termini di segno alterno.
n + (−1)n
n=2
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞
X
1
. Si ha che
n + (−1)n
n=2
1
1
∼ ,
n
n + (−1)
n
ed essendo la serie
la serie
∞
X
1
n=2
∞
X
n
n → +∞
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
1
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
n + (−1)n
n=2
Studiamo ora la convergenza. Posto bn =
1
n+(−1)n ,
si ha che:
1
= 0;
n
n n + (−1)n
2) la successione (bn ) non è decrescente. Infatti,
1) lim bn = lim
b2n+1 =
1
1
1
1
>
=
=
= b2n .
2n + 1 + (−1)2n+1
2n
2n + 1
2n + (−1)2n
Quindi non si può applicare il criterio di Leibiniz. Per stabilire se la serie data
converge, osserviamo che
(−1)n
1
1
n − (−1)n
n
n
=
(−1)
=
(−1)
=
n + (−1)n
n + (−1)n
n + (−1)n n − (−1)n
= (−1)n
n − (−1)n
n
1
= (−1)n 2
− 2
.
2
n −1
n −1 n −1
Allora la serie data diventa
µ
¶
∞
X
n
1
(−1)n
(−1)n 2
=
− 2
.
n
n
+
(−1)
n
−
1
n
−1
n=2
n=2
∞
X
Serie numeriche: esercizi svolti
∞
X
25
n
è convergente. Infatti, è una serie a termini di segno
−1
n=2
alterno che non converge assolutamente, essendo n2n−1 ∼ n1 per n → +∞, ma
La serie
(−1)n
n2
converge per il criterio di Leibiniz, essendo
n
n2 −1
→ 0 per n → +∞ e la successione
decrescente (si osservi che la funzione associata f (x) = x2x−1 ha derivata
∞
X
1
2 +1
f 0 (x) = − (xx2 −1)
<
0
su
[2,
+∞)).
Inoltre
la
serie
è convergente,
2
2
n −1
n=2
essendo n21−1 ∼ n12 per n → +∞. Poichè il termine generale della serie data è
an =
n
n2 −1
differenza del termine generale di due serie convergenti, per l’algebra delle serie ne
segue che la serie data converge e possiamo scrivere
∞
X
∞
∞
X
X
(−1)n
n
1
n
=
(−1)
−
.
n
2
2
n + (−1)
n − 1 n=2 n − 1
n=2
n=2
∞
X
*t) La serie
µ
(−1)n
n=1
1 (−1)n
+
n
n2
¶
è a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞ µ
X
1
n=1
n
¶
+
(−1)n
. Si ha che
n2
1 (−1)n
1
+
∼ ,
2
n
n
n
ed essendo la serie
serie
∞ µ
X
1
n=1
+
n
∞
X
1
n
n=1
¶
(−1)n
n2
n → +∞
divergente, per il criterio del confronto asintotico anche la
diverge. Quindi la serie data non converge assolutamente.
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
∞
X
µ
(−1)n
n=1
Le serie
∞
X
(−1)n
e
1 (−1)n
+
n
n2
¶
=
∞ µ
X
(−1)n
n=1
n
¶
+
1
.
n2
∞
X
1
convergono entrambe. Quindi per l’algebra delle serie,
n
n2
n=1
anche la serie data converge.
n=1
Osservazione
a) In questo caso non si può applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, posto
bn =
1
n
+
(−1)n
,
n2
si ha che:
µ
1 (−1)n
+
1) lim bn = lim
n
n
n
n2
¶
= 0;
26
Serie numeriche: esercizi svolti
2) la successione (bn ) non è decrescente. Infatti,
b2n =
b2n+1 =
1
(−1)2n
1
1
2n + 1
+
=
+
=
,
2
2
2n
(2n)
2n (2n)
(2n)2
1
(−1)2n+1
1
1
2n
+
=
−
=
,
2n + 1 (2n + 1)2
2n + 1 (2n + 1)2
(2n + 1)2
b2n+2 =
2n + 3
.
(2n + 2)2
Ne segue che b2n+1 < b2n ma b2n+2 > b2n+1 .
b) Abbiamo osservato che bn ∼
1
n
per n → +∞. Di conseguenza si ha che
∞
X
(−1)n
(−1)n bn ∼ n per n → +∞. È errato dire che poichè la serie
n
n=1
è convergente, allora per il criterio del confronto asintotico anche la serie
(−1)n
∞
X
(−1)n bn è convergente. Infatti, il criterio del confronto asintotico si applica
n=1
solo alle serie a termini positivi.
*u) La serie
µ
∞
X
1
(−1)n
(−1)n √ +
n
n
n=1
¶
è a termini di segno alterno.
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, cioè la convergenza della serie
∞ µ
X
1
n=1
¶
(−1)n
√ +
. Si ha che
n
n
(−1)n
1
1
√ +
∼√ ,
n
n
n
n → +∞
∞
X
1
√ divergente, per il criterio del confronto asintotico anche
n
¶
∞ µ
X
1
(−1)n
√ +
la serie
diverge. Quindi la serie data non converge assolutan
n
n=1
mente.
ed essendo la serie
n=1
Studiamo ora la convergenza. Osserviamo che
∞
X
µ
(−1)n
1
(−1)n √ +
n
n
n=1
∞
X
(−1)n
¶
=
√
converge, mentre la serie
n
n=1
delle serie, la serie data diverge.
La serie
∞ µ
X
(−1)n
n=1
∞
X
1
n=1
¶
1
√
+
.
n
n
n
diverge. Quindi per l’algebra
Osservazione
a) In questo caso non si può applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, posto
bn =
√1
n
+
(−1)n
n ,
si ha che:
Serie numeriche: esercizi svolti
27
¶
µ
(−1)n
1
1) lim bn = lim √ +
= 0;
n
n
n
n
2) la successione (bn ) non è decrescente. Infatti,
b2n
b2n+1
(−1)2n
1
1
1
=√ +
=√ +
=
2n
2n
2n 2n
√
2n + 1
,
2n
(−1)2n+1
1
1
1
+
−
=√
=√
=
2n + 1
2n + 1
2n + 1 2n + 1
√
2n + 2 + 1
b2n+2 =
.
2n + 2
√
2n + 1 − 1
,
2n + 1
Ne segue che b2n+1 < b2n ma b2n+2 > b2n+1 .
√1
n
b) Abbiamo osservato che bn ∼
n
(−1)
√
n
(−1)n bn ∼
serie
∞
X
per n → +∞. Di conseguenza si ha che
per n → +∞. La serie
∞
X
(−1)n
√
n
n=1
converge, mentre la
(−1)n bn non converge. Ciò è in accordo col fatto che il criterio del
n=1
confronto asintotico si applica solo alle serie a termini positivi.
*v) La serie
∞
X
( 1
n
(−1) bn , dove bn =
n=1
se n è pari,
n2
1
n
se n è dispari
è a termini di segno alterno.
Studiamo la convergenza. Per stabilire se la serie data converge, consideriamo la
somma parziale n-esima della serie
Sn =
n
X
(−1)k bk .
k=1
Studiamo la convergenza della successione (Sn ). Osserviamo che
S2m =
2m
X
(−1)k bk = −1 +
k=1
µ
1 1
1
1
1
− +
+ ··· −
+
=
4 3 16
2m − 1 (2m)2
1
1
= − 1 + + ··· +
3
2m − 1
=−
Poichè la serie
¶
µ
+
1
1
1
+
+ ··· +
4 16
(2m)2
m
X
1
1
+
.
2
2k
−
1
(2k)
k=1
k=1
m
X
∞
X
1
diverge, allora la successione
2k
−
1
k=1
0
S2m
=−
m
X
1
2k
−1
k=1
¶
=
28
Serie numeriche: esercizi svolti
diverge a −∞; poichè la serie
∞
X
1
converge, allora la successione
(2k)2
k=1
00
S2m
=
m
X
1
(2k)2
k=1
0 + S 00 diverge a −∞. Inoltre, si
converge. Ne segue che la successione S2m = S2m
2m
ha che
S2m+1 = S2m −
1
.
2m + 1
Quindi anche
lim S2m+1 = −∞.
m
Poichè la successione (Sn ) è
(
Sn =
S2m
se n = 2m,
S2m+1
se n = 2m + 1,
si ha che
lim Sn = −∞.
n
Quindi la serie data diverge.
Osservazione
a) In questo caso non si può applicare il criterio di Leibiniz. Infatti, si ha che:
1) lim bn = 0;
n
2) la successione (bn ) non è decrescente. Infatti,
b2n+1 =
b) Anche se
1
1
>
= b2n .
2n + 1
(2n)2
( 1
bn =
n2
1
n
se n è pari,
se n è dispari,
è errato dire che
∞
X
n
(−1) bn =
n=1
 ∞
X

1


(−1)n 2


n
 n=1
se n è pari,
∞

X

1


(−1)n


se n è dispari
n=1
=
n
e concludere di conseguenza che la serie diverge.
c) Si osserva che bn 6∼
1
n
e bn 6∼
1
n2
per n → +∞.
 ∞
X 1



=⇒ converge,


 n=1 (2n)2
∞

X





1
=⇒ diverge
2n + 1
n=1
Serie numeriche: esercizi svolti
29
Esercizio 4. Determinare per quali valori del parametro α ∈ R convergono o convergono
assolutamente le seguenti serie:
a)
∞
X
cos2 (nα)
n=1
b)
∞
X
2 + sin n
n=1
c)
*f )
[converge, anche assolutamente, se α > 1]
nα
∞ π
X
2 − arctan n
n=0
e)
[converge, anche assolutamente, se α > 1]
nα
∞
X
log n
n=1
d)
[converge assolutamente per ogni α ∈ R]
n(n + 1)
[converge, anche assolutamente, se α > 0]
(n + 1)α
∞
X
n
αn
n
+
1
n=1
∞
X
n
α
[converge, anche assolutamente, se |α| < 1]
³
(−1) n
1−e
1
n
"
´
converge ma non assolutamente se 0 ≤ α < 1
n=1
g)
∞
X
"
n
2n
(−1) (tan α)
h)
"
√
n
n5
(−1) n
n
α
∞
X
π
4
+ kπ,
#
∀k ∈ Z
converge assolutamente se α < −1,
#
converge ma non assolutamente se −1 ≤ α < 0
n=2
k)
converge, anche assolutamente, se
− π4 + kπ < α <
n=0
∞
X
#
converge assolutamente se α < 0,
4 +αn
e−n
[converge assolutamente per ogni α ∈ R]
n=0
Svolgimento
a) La serie
mente).
∞
X
cos2 (nα)
n=1
n(n + 1)
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Poichè cos2 (nα) ≤ 1 per ogni n e per ogni α, si ha che
1
1
cos2 (nα)
≤
∼ 2,
n(n + 1)
n(n + 1)
n
Essendo convergente la serie
∞
X
∞
X
1
n=1
n2
n → +∞.
, per il criterio del confronto asintotico anche
1
converge. Per il criterio del confronto la serie data converge
n(n + 1)
n=1
per ogni α ∈ R.
la serie
30
Serie numeriche: esercizi svolti
b) La serie
mente).
∞
X
2 + sin n
n=1
nα
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
Poichè 1 ≤ 2 + sin n ≤ 3 per ogni n, si ha che
1
2 + sin n
3
≤
≤ α.
α
α
n
n
n
∞
X
1
convergente se α > 1 e divergente se α ≤ 1, per il criterio
nα
del confronto la serie data converge se α > 1.
Essendo la serie
n=1
c) La serie
∞
X
log n
n=1
nα
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
³
´
Poichè log n = o nβ per n → +∞ per ogni β > 0, si ha che
µ
log n
1
=o
α
α−β
n
n
Essendo la serie
∞
X
1
n=1
nα−β
¶
,
n → +∞.
convergente se e solo se α − β > 1, per il criterio del
confronto asintotico la serie data converge se α > 1 + β, per ogni β > 0. Quindi
per ogni α > inf{1 + β : β > 0} = 1 la serie data converge.
Consideriamo ora 0 < α ≤ 1. Poichè
¶
µ
1
log n
,
=o
nα
nα
ed essendo divergente la serie
asintotico la serie data diverge.
∞
X
1
n=1
nα
n → +∞
con α ≤ 1, per il criterio del confronto
Infine se α ≤ 0 non è verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie e di conseguenza la serie data diverge. Quindi la serie data converge se α > 1.
d) La serie
∞ π
X
2 − arctan n
n=0
(n + 1)α
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (posi-
tivamente).
Si ha che
arctan n =
1
π
− arctan .
2
n
Poichè arctan x = x + o(x) per x → 0, ne segue che
π
2
µ
arctan n1
− arctan n
1
1
=
= α+1 + o
α
α
α+1
(n + 1)
(n + 1)
n
n
¶
∼
1
nα+1
,
n → +∞.
Serie numeriche: esercizi svolti
Essendo la serie
∞
X
1
n=1
nα+1
31
convergente se e solo se α > 0, per il criterio del confronto
asintotico la serie data converge se α > 0.
∞
X
n
αn è a termini positivi se α > 0, è nulla se α = 0 ed è a termini
n
+
1
n=1
di segno alterno se α < 0. Consideriamo quindi α 6= 0.
e) La serie
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie
∞
X
n
|α|n .
n
+
1
n=1
Poichè
n
|α|n ∼ |α|n ,
n+1
ed essendo la serie geometrica
∞
X
n → +∞
|α|n convergente se e solo se |α| < 1, per il
n=1
∞
X
n
|α|n converge se e solo se |α| < 1.
n
+
1
n=1
Quindi la serie data converge assolutamente se e solo se |α| < 1.
criterio del confronto asintotico la serie
Consideriamo ora |α| ≥ 1 e studiamo la convergenza. Osserviamo che

1



se α = 1,
n
αn = +∞ se α > 1,
lim
n n+1



6∃
se α ≤ −1.
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, ne segue che per |α| ≥ 1 la serie data non converge. Quindi la serie data
converge se |α| < 1.
∞
X
*f ) La serie
n
(−1) n
³
α
1−e
1
n
´
=
n=1
alterno.
∞
X
³
1
(−1)n+1 nα e n − 1
´
è a termini di segno
n=1
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie
∞
X
³
1
´
nα e n − 1 .
n=1
Poichè ex = 1 + x + o(x) per x → 0, si ha che
³
1
·
´
nα e n − 1 = nα
Essendo la serie
∞
X
µ ¶¸
1
1
+o
n
n
1
n1−α
n=1
∞
X
asintotico la serie
n=1
=
1
n1−α
µ
+o
1
n1−α
¶
∼
1
n1−α
,
n → +∞.
convergente se e solo se α < 0, per il criterio del confronto
³
1
´
nα e n − 1 converge se e solo se α < 0. Quindi la serie data
converge assolutamente se e solo se α < 0.
32
Serie numeriche: esercizi svolti
³
´
1
Consideriamo ora α ≥ 0 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα e n − 1 .
Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼
1
n1−α
per n → +∞. Allora si
ha che:

0



1) lim bn =
n



se 0 ≤ α < 1,
1
se α = 1,
+∞
se α > 1.
Quindi se α ≥ 1 non è verificata la condizione necessaria per la convergenza
della serie e di conseguenza la serie data non converge.
Limitiamoci ora a considerare il caso 0 ≤ α < 1.
2) Per 0 ≤ α < 1 la successione (bn ) è decrescente. Infatti, se consideriamo
³
´
1
la funzione f associata alla successione (bn ), f (x) = xα e x − 1
ristretta
all’intervallo [1, +∞), si ha che f è derivabile con
h
i
1
f 0 (x) = xα−2 e x (αx − 1) − αx .
Poichè et = 1 + t + o(t) per t → 0, si osserva che
h
lim
x→+∞
·µ
i
1
x
e (αx − 1) − αx = lim
x→+∞
·
= lim
x→+∞
µ ¶¶
1
1
1+ +o
x
x
¸
(αx − 1) − αx =
¸
αx − 1 + α −
1
+ o(1) − αx = α − 1 < 0.
x
1
Ne segue che esiste N ∈ N tale che per ogni x ≥ N si ha e x (αx − 1) − αx < 0.
Di conseguenza per ogni x ≥ N si ha f 0 (x) < 0 e quindi f è decrescente su
[N, +∞). Ne segue che la successione (bn ) è decrescente per ogni n ≥ N .
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se
0 ≤ α < 1. In definitiva converge se α < 1.
g) La serie
∞
X
(−1)n (tan α)2n è a termini di segno alterno.
n=0
Osserviamo che
∞
X
(−1)n (tan α)2n =
n=0
∞ ³
X
− tan2 α
´n
.
n=0
Quindi è una serie geometrica con ragione − tan2 α. Pertanto converge, anche
assolutamente, se e solo se tan2 α < 1, cioè per − π4 + kπ < α <
k ∈ Z.
π
4
+ kπ, per ogni
Serie numeriche: esercizi svolti
h) La serie
∞
X
(−1)n nα
33
√
n
n5 è a termini di segno alterno.
n=2
Studiamo inizialmente la convergenza assoluta, ossia la convergenza della serie
∞
∞
√
X
X
5
n
nα n5 =
nα+ n .
n=2
n=2
Poichè
5
nα+ n ∼ nα ,
∞
X
ed essendo la serie
n → +∞
nα convergente se e solo se α < −1, per il criterio del
n=2
confronto asintotico la serie
∞
X
5
nα+ n converge se e solo se α < −1 e di conseguenza
n=2
la serie data converge assolutamente se e solo se α < −1.
Consideriamo ora α ≥ −1 e studiamo la convergenza. Poniamo bn = nα
√
n
n5 =
5
nα+ n . Per quanto osservato in precedenza, si ha che bn ∼ nα per n → +∞. Allora
si ha che:

0



1) lim bn =
n



1
se −1 ≤ α < 0,
se α = 0,
+∞ se α > 0.
Quindi se α ≥ 0 non è verificata la condizione necessaria per la convergenza
della serie e di conseguenza la serie data non converge.
Limitiamoci ora a considerare il caso −1 ≤ α < 0.
2) Per −1 ≤ α < 0 la successione (bn ) è decrescente. Infatti, se consideriamo la
5
funzione f associata alla successione (bn ), f (x) = xα+ x ristretta all’intervallo
[2, +∞), si ha che f è derivabile con
0
f (x) = x
α+ x5
·
¸
5
α
(1 − log x) +
.
2
x
x
Essendo α < 0 si ha che si ha f 0 (x) < 0 per x ≥ 3. Quindi f è decrescente su
[3, +∞). Ne segue che la successione (bn ) è decrescente per ogni n ≥ 3.
Quindi per il criterio di Leibiniz la serie data converge, non assolutamente, se
−1 ≤ α < 0. In definitiva converge se α < 0.
k) La serie
mente).
∞
X
e−n
4 +αn
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positiva-
n=0
Poichè per ogni α ∈ R si ha che
e
−n4 +αn
µ
¶
1
,
=o
n2
n → +∞
34
Serie numeriche: esercizi svolti
ed essendo convergente la serie
∞
X
1
n=1
n2
, per il criterio del confronto asintotico la
serie data converge per ogni α ∈ R.
Esercizio 5. Determinare per quali valori di x ∈ R convergono le seguenti serie e per
tali valori calcolarne la somma:
√
converge se x < 3 − 2 3,

√
√
√
 3 − 6 < x < 3 + 6, x > 3 + 2 3;

∞
X
3n
a)
xn (x − 6)n
n=0









somma:
x2 − 6x
x2 − 6x − 3

b)
∞
X
converge se x < 21 ;


x
somma:
1 − 2x
xn
(1 − x)n
n=1

c)
∞ µ
X
n=1
1
1 − log |x|
converge se x < −e2 ,


 −1 < x < 0, 0 < x < 1, x > e2 ;


1 − 2 log |x|

¶n
somma:

d)
∞
X


(3x)nx
n=1
e)
converge se 0 < x < 13 ;
(3x)x
somma:
1 − (3x)x
converge se x < −1, x > 2,

(x − 1)2
somma: 2
x −x−2
2n (x − 1)2n
n=0









log |x|

∞
X
(6 − 2x)n






Svolgimento
·
∞
X
¸
∞
n
X
3
3n
a) La serie
=
è una serie di potenze con ragione
xn (x − 6)n
x(x − 6)
n=0
n=0
¯
¯
¯
¯
3
3
¯ < 1, cioè se
. Quindi converge quando ¯¯
x(x − 6)
x(x − 6) ¯
√
√
√
√
x < 3 − 2 3, 3 − 6 < x < 3 + 6, x > 3 + 2 3.
Per tali x si ha che la somma è
S(x) =
∞ ·
X
n=0
3
x(x − 6)
¸n
1
=
1−
3
x(x − 6)
=
x2 − 6x
.
x2 − 6x − 3
Serie numeriche: esercizi svolti
35
¶n
∞ µ
X
x
xn
x
=
è una serie di potenze con ragione
.
n
(1 − x)
1−x
1−x
n=1
n=1
¯
¯
¯ x ¯
¯
¯ < 1, cioè se x < 1 . Per tali x si ha che la somma
Quindi converge quando ¯
2
1 − x¯
è
¶n
¶n
∞ µ
∞ µ
X
X
x
x
1
x
.
S(x) =
=
−1=
−1=
x
1−x
1−x
1 − 2x
1−
n=1
n=0
1−x
b) La serie
∞
X
∞ µ
X
¶
n
1
1
c) La serie
è una serie di potenze con ragione
. Quindi
1
−
log
|x|
1
−
log
|x|
n=1
¯
¯
¯
¯
1
¯ < 1, cioè se
converge quando ¯¯
1 − log |x| ¯
x < −e2 ,
−1 < x < 0,
0 < x < 1,
x > e2 .
Per tali x si ha che la somma è
S(x) =
∞ µ
X
n=1
=
d) La serie
∞
X
(3x)nx =
n=1
∞
X
1
1 − log |x|
¶n
=
∞ µ
X
n=0
1
1
1−
1 − log |x|
−1=
1
1 − log |x|
¶n
−1=
1 − 2 log |x|
.
log |x|
[(3x)x ]n è una serie di potenze con ragione (3x)x . Quindi
n=1
converge quando (3x)x < 1, cioè se 0 < x < 31 . Per tali x si ha che la somma è
S(x) =
∞
X
nx
(3x)
=
n=1
e) La serie
∞
X
(3x)nx − 1 =
n=0
∞
X
(6 − 2x)n
¸
∞ ·
X
3−x n
è una serie di potenze con ragione
(x − 1)2
¯
¯
¯ 3−x ¯
3−x
¯ < 1, cioè se x < −1, x > 2. Per tali
. Quindi converge quando ¯¯
2
(x − 1)
(x − 1)2 ¯
x si ha che la somma è
n=0
2n (x − 1)2n
S(x) =
=
1
(3x)x
−
1
=
.
1 − (3x)x
1 − (3x)x
n=0
¸
∞ ·
X
3−x n
n=0
(x − 1)2
=
1
(x − 1)2
.
= 2
3−x
x −x−2
1−
(x − 1)2
Esercizio 6. Sia (an ) una successione positiva e crescente. Stabilire se convergono o
non convergono le seguenti serie:
36
Serie numeriche: esercizi svolti
a)
∞
X
an
[diverge]
n=0
b)
∞
X
(−1)n an
[non converge]
n=0
Svolgimento
a) La serie
∞
X
an è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
n=0
Poichè (an ) è crescente, per le proprietà delle successioni monotone si ha che
lim an = l > 0. Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la conn
vergenza della serie, si ha che la serie data diverge.
b) La serie
∞
X
(−1)n an è a termini di segno alterno. Poichè (an ) è crescente, per le
n=0
proprietà delle successioni monotone si ha che lim an = l > 0. Ne segue che
n
lim(−1)n an 6= 0.
n
Quindi non essendo verificata la condizione necessaria per la convergenza della
serie, si ha che la serie data non converge.
Osservazione
Essendo una serie a termini di segno alterno, una condizione sufficiente per la
convergenza è il criterio di Leibiniz, in base al quale se lim an = 0 e la successione
n
(an ) è decrescente, allora la serie data converge.
Poichè questo criterio costituisce una condizione sufficiente, è errato dire che la
serie data non converge perchè la successione (an ) non è decrescente. Inoltre, negli
Esercizi 3 s) e t) le serie convergono anche se (an ) non è decrescente.
* Esercizio 7. Sia (an ) una successione positiva tale che
lim
n
Determinare il carattere della serie
an
= α ∈ ]0, +∞].
n
∞
X
1
n=0
ean
.
[converge]
Serie numeriche: esercizi svolti
37
Svolgimento
La serie
Poichè
∞
X
1
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
ean
n=0
an
lim
n n
= α ∈ ]0, +∞], allora si ha che lim an = +∞. Quindi apn = o (ean ) per
n
n → +∞ per ogni p > 0. Distinguiamo due casi:
1) se α 6= +∞, allora an ∼ αn per n → +∞. Quindi
µ
α2 n2 ∼ a2n = o (ean )
Poichè la serie
∞
X
1
n=1
n2
=⇒
¶
1
1
=o
,
a
n
e
n2
n → +∞.
converge, per il criterio del confronto asintotico anche la
serie data converge.
2) se α = +∞, allora n = o(an ) per n → +∞. Quindi
µ
n2 = o(a2n ) = o (ean )
Poichè la serie
∞
X
1
n=1
n2
=⇒
¶
1
1
,
=o
ea n
n2
n → +∞.
converge, per il criterio del confronto asintotico anche la
serie data converge.
Osservazione
Nel caso in cui α = 0 non si può concludere nulla, come mostra l’Esercizio 8.
* Esercizio 8. Sia (an ) una successione positiva tale che
lim
n
Dimostrare che la serie
∞
X
1
ean
non si può concludere nulla.
an
= α ∈ [0, +∞].
log n
diverge se α < 1, converge se α > 1, mentre per α = 1
n=0
Svolgimento
La serie
∞
X
1
è a termini positivi. Quindi o converge o diverge (positivamente).
ean
Distinguiamo due casi:
n=0
1) se α = +∞, allora per la definizione di limite, esiste N > 1 tale che per ogni n ≥ N
si ha
an
log n
> 2. Quindi an > log n2 per n ≥ N e di conseguenza
1
1
< 2,
a
n
e
n
∀n ≥ N.
38
Serie numeriche: esercizi svolti
Poichè la serie
converge.
∞
X
1
n=1
n2
converge, per il criterio del confronto anche la serie data
2) se α 6= +∞, allora per la definizione di limite, preso ε > 0 esiste Nε > 1 tale che
an
log n
per ogni n ≥ Nε si ha α−ε <
< α+ε. Quindi (α−ε) log n < an < (α+ε) log n
per n ≥ Nε e di conseguenza
1
1
1
< an < α−ε ,
nα+ε
e
n
∀n ≥ Nε .
Consideriamo separatamente i casi α < 1, α > 1 e α = 1.
a) Se α < 1, allora per 0 < ε < 1 − α si ha che α + ε < 1. Poichè la serie
∞
X
1
diverge, per il criterio del confronto anche la serie data diverge.
α+ε
n
n=1
b) Se α > 1, allora per 0 < ε < α − 1 si ha che α − ε > 1. Poichè la serie
∞
X
1
converge, per il criterio del confronto anche la serie data converge.
α−ε
n
n=1
c) Se α = 1, allora per ε > 0 si ha che
1
n1+ε
La serie
∞
X
1
n=1
n1−ε
<
1
1
< 1−ε ,
a
n
e
n
diverge mentre la serie
applicare il criterio del confronto.
∀n ≥ Nε .
∞
X
1
n=1
n1+ε
converge, ma non è possibile
In questo caso si ha che an ∼ log n per n → +∞. Quindi an = log n + o(log n)
per n → +∞ e di conseguenza
ean = elog n+o(log n) = n eo(log n) = n elog n o(1) = n no(1) = n1+o(1) ,
n → +∞
da cui
1
1
= 1+o(1) ,
a
n
e
n
n → +∞.
Tutto ciò non consente di concludere nulla sull’ordine di infinitesimo di
1
ean
per n → +∞ e quindi non è sufficiente per stabilire né che la serie converge
né che la serie diverge.
Se per esempio si considera an = log n − (log n)1/2 , allora an = log n + o(log n)
per n → +∞ e
1/2
ean = elog n−(log n)
= n e−(log n)
1/2
= o(n),
n → +∞.
Serie numeriche: esercizi svolti
39
Quindi
µ
1
1
= o an
n
e
Poichè la serie
∞
X
1
n=1
n
¶
,
n → +∞.
diverge, per il criterio del confronto asintotico anche la
serie data diverge.
Se invece si considera an = log n + (log n)1/2 , allora an = log n + o(log n) per
n → +∞ e
1/2
1/2
ean = elog n+(log n)
= n e(log n)
.
Essendo xp = o(ex ) per x → +∞ per ogni p > 0, si ha anche che
³
1/2
logp n = o e(log n)
´
,
n → +∞,
∀p > 0.
Quindi per ogni p > 0 si ha
¶
µ
1
1
1
,
=
=
o
1/2
a
e n
n logp n
n e(log n)
n → +∞.
∞
X
1
1
converge se e solo se p > 1. Infatti, posto bn = n log
p
p
n
n
log
n
n=2
1
consideriamo la funzione f (x) = x logp x associata a bn , cioè tale che f (n) = bn
La serie
per ogni n ∈ N, n ≥ 2. Si ha che f è positiva e decrescente su [2, +∞). Quindi
∞
X
per il criterio di McLaurin la serie
improprio
Z +∞
2
Z +∞
2
f (x) dx converge. Si ha che
f (x) dx =
Z +∞
2
posto t = log x, da cui dt =
= lim
bn converge se e solo se l’integrale
n=2
Z log c
1
c→+∞ log 2
tp
1
x
1
dx = lim
c→+∞
x logp x
Z c
2
1
dx =
x logp x
dx, si ottiene
dt =
Z +∞
1
log 2
tp
(
dt :
diverge
se p ≤ 1,
converge se p > 1.
Quindi se si considera p > 1, essendo
µ
¶
1
1
=o
,
a
n
e
n logp n
∞
X
n → +∞,
1
convergente, per il criterio del confronto asintotico la
n logp n
n=2
serie data converge.
an
= 1 non possiamo concludere
Questi due esempi mostrano che se lim
n log n
nulla.
e la serie
40
Serie numeriche: esercizi svolti
Osservazione
Non è vero che
an ∼ bn ,
n → +∞
=⇒
ean ∼ ebn ,
n → +∞.
Infatti, nei due esempi visti precedentemente si ha
log n − (log n)1/2 ∼ log n + (log n)1/2 ,
e
elog n−(log n)
1/2
³
1/2
= o elog n+(log n)
n → +∞
´
,
n → +∞.
Quindi se 0 < α < +∞ non è vero che
an ∼ α log n,
n → +∞
=⇒
ean ∼ eα log n = nα ,
n → +∞.
Pertanto è errato dire che se 0 < α < +∞, allora
an ∼ α log n,
n → +∞
=⇒
ean ∼ eα log n = nα ,
e di conseguenza concludere che
1
1
∼ α,
a
n
e
n
n → +∞.
n → +∞