Esercizi svolti con soluzione sulle serie - Analisi Matematica 1 PDF

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Esercizi svolti con soluzione sulle serie...

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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 2 + 2n n n=1

a)

b)

√ √ n+1− n √ n2 + n n=1 ∞ X

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)

∞ X 1 n=1

1

d)

log(1 + n1 )

∞ X

√ n 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 a)

∞ X 2n + 3 n

b)

5n

n=0

∞ X

(log α)n ,

n=0

α ∈]0, ∞[

c)

∞ 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 n=0

c)

f)

2n 2

∞ X log n

n=3

¶ n2

nn

n

∞ X

1 (log n)n/2 n=2

∞ X √ n

j)

∞ X | sin n|

∞ X

l)

1 1− n

( n − 1)n

n=0

m)

∞ X 2n · n! n=1

∞ X

3n2 + 1 n4 + n + 1

1 √ n(1 + n) n=1

n2

n=1

n=1

k)

(n!)2

h)

n=1

i)

d)

nn

∞ µ X

∞ X (2n)! n=1

∞ X (n!)2 n=1

g)

3n

∞ X 1 n=1

e)

b)

∞ X 1

n=1

n)

∞ X

√ n

n 2 +1 n n=0

5. Utilizzando il criterio di Leibniz, discutere la convergenza semplice e assoluta delle seguenti serie: a)

∞ X

(−1)n sin

n=1

c)

∞ X

(−1)

n

n=1

µ

1 n

2n + 100 3n + 1

b) ¶n

d)

√ n cos(πn) e) n3 + 3 n=1 ∞ X

µ

(−1)n 1 − n sin

n=1

1 (−1)n+1 √ n +2 n=1 ∞ X

(−1)n

n=3

∞ X

g)

∞ X

f)

1 log n

∞ X

(−1)n+1

n=1

1 n

¶

h)

∞ X

(−1)n (

n=1

1 n2

√ n 3 − 1)

6. Utilizzando il criterio di MacLaurin discutere il comportamento delle seguenti serie: a)

∞ X

n=2

c)

1 n log n

∞ 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 1 1 (−1)n . = , determinare con un errore minore di 100 e e n! n=0

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):

2 come somma di due frazioni (usiamo il metodo di decomposizione n2 + 2n

2 1 1 2 = = − n(n + 2) n n+2 n2 + 2n Dunque: S1 = a1 = 1 −

1 3

1 S2 = a1 + a 2 = 1 − 3 µ

¶

+

µ

1 1 1 1 1 − =1+ − − 2 3 4 2 4 ¶

1 1 1 1 1 + + − − 5 4 3 3 2 ¶

µ

S3 = a1 + a 2 + a 3 = 1 −

¶

µ

µ

¶

=1+

1 1 1 − − 5 2 4

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + =1+ − − − − − 3 2 4 3 5 2 5 6 4 6 ¶

µ

S4 = a1 + a 2 + a 3 + a 4 = 1 −

µ

¶

µ

¶

µ

¶

.. . Sn = a1 + a2 + . . . + a n = 1 +

1 1 1 − − 2 n+1 n+2

Poich´e lim Sn =

n→∞

3 2

la serie converge e la somma `e

3 . 2

√ √ √ √ n+1 n n+1− n 1 1 =√ √ = √ −√ (b) an = √ 2 −√ √ n n+1 n +n n n+1 n n+1 Dunque 1 S1 = a1 = 1 − √ 2 1 S2 = a1 + a 2 = 1 − √ µ

1 1 + √ − √ 2 2 3 ¶

µ

1 S3 = a1 + a 2 + a 3 = 1 − √ 2 µ

¶

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.

¶

1 1 + √ − √ 3 4 µ

¶

1 =1− √ 4

∞ X

2. Condizione necessaria (ma non sufficiente) affinch´e la serie

an converga `e che lim an = 0 . n→∞

n=0

lim (−1)n (a) lim an = 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

(ricordiamo che lim

n→∞

log n = 0 ). n

Dunque lim an = 1 6= 0 e la serie non converge ( diverge a +∞ , in quanto `e a termini positivi). n→∞

1 1 = = +∞ 1 n→∞ log(1 + ) log 1 n

(c) Poich´e lim

³

´

la serie non converge (diverge a +∞, perch´e ∀n ∈ IN∗ , log 1 + n1 > 0 ). (d) Poich´e non esiste lim sin n , la serie non converge. n→∞

3. (a)

∞ X 2n + 3 n

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 + 3 n n=0

5n

1

= S1 + S 2 =

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 ¯ < 1 ⇐⇒ −1 < ¯1 + α ¯

1 . 3

1 , che converge se e solo se : 1+α

1 < 1 ⇐⇒ α < −2 ∨ α > 0 . 1+α

Per tali valori di α la somma della serie

Pertanto la nostra somma vale S = S=

1 1 < = S ; dunque non 2 1 − log α

∞ X

1+α 1 1 1 = `e S1 = =1+ . 1 n (1 + α) α α 1 − 1+α n=0

∞ X 1 1 1 = −1= . n α (1 + α) α (1 + α) n=0 n=1 ∞ X

1 1 1 ⇐⇒ α = 3 (valore di α accettabile). ⇐⇒ = α 3 3

4. (a) Usiamo il criterio del rapporto. 1 (n + 1)2 1 (n + 1) 2 3n an+1 = lim = lim < 1. · = 2 2 n→∞ n→∞ 3n+1 n→∞ an 3 n 3 n lim

Dunque la serie converge. (b) Usiamo il criterio del rapporto. lim n→∞

(2n + 2)! n! n! [2(n + 1)]! (n!)2 an+1 = lim = = n→∞ lim 2 [(n + 1)!] (2n)! n→∞ (2n)! (n + 1)! (n + 1)! an

4n2 + 6n + 2 (2n + 2)(2n + 1)(2n)! 1 =4 > 1 . = lim n→∞ (2n)! (n + 1) 2 n→∞ (n + 1)2

= lim

Dunque la serie diverge. (c) Usiamo il criterio della radice. √ lim n an = lim n→∞

n→∞

à sµ ¶ ! n n

1 n

= lim

n→∞

1 =0 < 1 . n

Pertanto la serie converge. (d) Usiamo il criterio del rapporto. 2n+1 (n + 1)! nn 2(n + 1) nn an+1 = lim = = n→∞ lim (n + 1) n+1 2n n! n→∞ (n + 1) (n + 1)n an µ ¶n 1 n 1 ¶n = 2 < 1. = 2 n→∞ lim = 2 n→∞ lim µ 1 e n+1 1+ n

lim n→∞

Dunque la serie converge. (e) Usiamo il criterio del rapporto. 2

2

2n ((n + 1)!)2 2n (n + 1)2 (n + 1)! (n + 1)! = lim =0 < 1 . lim = lim 2 2 n→∞ 2(n+1) 2n +1+2n n→∞ 2 2n+1 (n!)2 n→∞ n! n! Pertanto la serie converge. (f) Usiamo il criterio del confronto. 1 log n > . 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 an = lim

n→∞

n→∞

õ

1 1− n

¶n2 ! n1

= lim

n→∞

1 1− n

µ

¶n

= e−1 < 1

Dunque la serie converge. (h) Usiamo il criterio della radice. h 1 n i 1 √ 1 n =0 < 1 an = lim (log n)− 2 n = lim (log n)−2 = lim √ n→∞ n→∞ log n n→∞ n→∞

lim

Dunque la serie converge.

(i) Usiamo il criterio della radice. ³ 1 ´ √ n an = lim n n − 1 = 0 < 1 . lim 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:

1 | sin n| ≤ 2 . n2 n Ricordando che la serie

∞ X 1

`e convergente, la nostra serie risulta essere una minorante di una n2 serie convergente, e dunque converge. n=1

(k) Usiamo il criterio del confronto asintotico. Osserviamo che per n → ∞ , Poich´e

∞ X 3

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

n=1 ∞ X

∞ X 1 1 √ `e una maggiorante della serie armonica , che diverge. n n n=1

1 √ diverge. n n=1

Pertanto anche

(m) Usiamo il criterio del confronto asintotico. 1 1 1 = 3/2 Poich´e, per n → ∞ , √ ∼ √ n·n n(1 + n) n e poich´e

∞ X 1

3

n=1

n2

converge, anche la nostra serie converge.

(n) Usiamo il criterio del confronto asintotico. Poich´e per n → ∞ ,

∞ ∞ X X 1 n 1 n n , e poich´ e diverge, anche diverge. = ∼ 2 +1 n n n n2 + 1 n2 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 < n + 1 =⇒

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

·

1 1 1 1 < sin . =⇒ sin < n+1 n+1 n n

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

1 1 ∼ e la serie n n

1 (b) lim √ =0 n→∞ n + 2

∞ X

1 diverge: n

1 diverge. n n=1

√ √ 1 1 n+2 , si ha √ n +2 n+1+2 `e monotona decrescente. Per il criterio di Leibniz, la serie

µ

1 √ n+2

¶

n≥1

∞ X

1 converge semplicemente. (−1)n √ n +2 n=1

Invece non converge assolutamente. ∞ X √ 1 1 1 √ n + 2 < n + 2 , si ha √ diverge, ; dunque la serie > n+2 n+2 n+2 n=1 in quanto maggiorante di una serie divergente.

Infatti, essendo

(c) La serie

¶ ∞ µ X 2n + 100 n

n=1

3n + 1

Pertanto la serie

∞ X

(−1)n

n=1

(d) lim

n→∞

converge : infatti n→∞ lim µ

2n + 100 3n + 1

¶n

sµ n

¶n

2n + 100 3n + 1

=

2 log n , e 1 1 < . dunque (per n ≥ 2), log(n + 1) log n Pertanto la successione

µ

1 log n

¶

Per il criterio di Leibniz, la serie

`e strettamente decrescente. n≥3 ∞ X

(−1)n

n=3

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

√ ∞ √ n cos(πn) X = (e) n 3 n 3 +3 (−1) n +3 n 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 (g) La serie converge: infatti, per n → ∞ , sin n n n=1 1 1 1 . ∼ 1−1+ 2 = 1 − n sin n 6n2 6n Poich´e

∞ X 1

n=1

6n2

¶

converge, anche

∞ µ X

n=1

1 − n sin

1 n

¶

∼

1 1 ; pertanto − 6n3 n

converge.

Pertanto la nostra serie converge assolutamente (e dunque anche semplicemente). √ 1 (h) lim ( n 3 − 1) = lim (3 n − 1) = 0 n→∞ n→∞

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, 1 x

∞ X

′

1 x

µ

¶

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 3n − 1 = e n − 1 = +o ∼ . 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 ¶ 1 n ∗ 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 . < 3n −→ 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) = a n ), 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

ϕ′ (x) =

1 e dunque f ′ (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 converge se e solo se converge l’integrale improprio (2n + 1)2 n=2

Z +∞

Pertanto (per il criterio del confronto) converge anche l’integrale improprio

Z +∞

log x dx . (2x + 1)2 √ √ x log x + . < Si pu`o facilmente verificare che , ∀x ∈ IR , log x < x , e dunque 2 (2x + 1) (2x + 1)2 √ √ √ Z +∞ x x x 1 L’integrale ∼ dx converge perch´e, per x → +∞ , = 3/2 . 2 2 2 4x (2x + 1) 4x (2x + 1) 2

la serie

2

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 ¯¯ log x ln x +c + ln dx = − 2(2x + 1) 2 ¯ 2x + 1 ¯ (2x + 1)2 ¯

¯

Dunque: Z +∞ 2

log x dx = lim b→+∞ (2x + 1)2

Z b 2

9 log x 1 dx = log 5 − log 2 . 2 2 10 (2x + 1)

(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. Infatti ϕ′ (x) =

h

2x2 +1 x + 1) 2 ln2 x

− 4x ln x + (2x

L’integrale improprio ∀x ∈ I , ln x ≥ 1 =⇒ Z +∞

Z +∞ 3

< 0 , se x ∈ I .

1 dx (2x2 + 1) ln x

converge ;

infatti :

1 1 1 . ≤ 1 =⇒ ≤ 2x2 + 1 (2x2 + 1) ln x ln x

1 dx 2 +1 2x 3 Z +∞ 1 dx . 2 + 1) ln x (2x 3

Poich´e

i

converge, per il teorema del confronto converge anche

Dunque, per il teorema di MacLaurin, converge anche la serie

∞ X

n=3

(2x2

1 . + 1) log n

(c) Considero (sull’intervallo I=[ 2, +∞ [) la funzione ϕ(x) = Essa `e positiva e decrescente; infatti: ϕ′ (x) =

1 x log x

−(log x + 1) 1

diverge. Infatti:

∞ 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. ax su I = [ 1, +∞ [, dove `e positiva e decrescente . x

Per 0 < a < 1 , considero la funzione L’integrale improprio improprio

Z +∞

Z +∞ x a 1

x

a

dx

x

dx

converge perch´e, se x > 1 , si ha

converge.

1

Dunque, se 0 < a < 1 , la serie

∞ X an n=1

n

converge.

ax < a x 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 (2x + 1) 2 b→+∞ 2(2x + 1) ·

Dunque la serie

¸b

=

1

1 6

∞ X

1 converge ad un numero finito S e si ha la seguente diseguaglianza: (2n + 1) 2 n=1 Z +∞ 1

f(x) dx < S < a1 +

Z +∞

f(x) dx

=⇒

1

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

1 1 approssimando con il valore 100 e

1 1 1 1 3 ∼ 1−1+ − + = 8 e 2! 3! 4! ∞ X

9. (a) Applichiamo il criterio di MacLaurin alla serie

2

ne−n .

n=1

La funzione ϕ(x) = xe−x Z +∞ 1

−x2

xe

dx = lim

2

b→+∞ 1

Dunque la serie

∞ X

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

Z b x

ne−n

2

x2

e

dx = lim

b→+∞

2 1 − e−x 2

·

¸b

= lim

1

b→+∞

µ

1 −1 1 −b2 e − e 2 2

¶

=

1 2e

converge a...