SOLUZIONI DEGLI ESERCIZI SULLE SERIE NUMERICHE

Esercizio 1

(i) ∑_{n=1}^{∞} (\frac{3x−10}{2})^{n} · \frac{1}{n^{2}} Usando il criterio della rdice n-sima troviamo che la serie converge assolutamente (perché per applicare questo criterio dobbiamo inserire il modulo e quindi si studia la convergenza assoluta!) se |\frac{3x−10}{2} | < 1 e risolvendo si trova l’intervallo x ∈ (\frac{8}{3}, 4). Possiamo provare a verificare se c’é convergenza semplice negli estremi. Per x = \frac{8}{3} si ottiene la serie ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n^{2}} che converge per il criterio di Leibniz (si veda l’esercizio 2), e per x = 4 si ottiene la serie ∑_{n=1}^{∞} \frac{1}{n^{2}} che converge. (ii) ∑_{n=1}^{∞} (\frac{cos nπ}{x−2} )^{n} · \frac{1}{n} Osserviamo innanzitutto che cos nπ = (−1)^{n}. Studiamo la convergenza assoluta con il criterio della radice. Si ottiene che la serie converge assolutamente se |\frac{1}{x−2} | < 1, quindi per x > 3 e x < 1. Se x = 1 si ottiene la serie armonica, che

diverge, se x = 3 si ottiene ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n} \frac{1}{n} che converge per il criterio di Leibniz. (iii) ∑_{n=1}^{∞} (ln x + 4)^{n} , x > 0 Di nuovo studiamo la convergenza assoluta con il criterio della radice. Risolvendo la disequazione | ln x + 4| < 1 segue che la serie converge assolutamente per x ∈ (e^{−5}, e^{−3}). Non si ha convergenza semplice negli estremi. (iv) ∑_{n=1}^{∞} (e^{−x} + \frac{3}{5})^{n} Dal criterio della radice segue che si ha convergenza assoluta se |e^{−x} + \frac{3}{5} | < 1, quindi per x > − ln \frac{2}{5}. Se x = − ln \frac{2}{5} si ottiene ∑_{n=1}^{∞}(1)^{n} che diverge. Quindi non si ha convergenza semplice dove non c’é quella assoluta.

(v) ∑_{n=1}^{∞} (e^{x^{2}−2} − 2)^{n} · \frac{1}{\sqrt{n}} Dal criterio della radice segue che si ha convergenza assoluta se |e^{x^{2}−2} − 2| < 1, da cui si ha x ∈ (−\sqrt{2 + ln 3}, −\sqrt{2}) ∪ x ∈ (\sqrt{2}, \sqrt{2 + ln 3}). Per x = ±\sqrt{2} si ha anche convergenza semplice. Esercizio 2

In questa serie di esercizi si fa uso del criterio di convergenza di Leinbiz per serie a segni alterni. Le ipotesi da verificare sono: data una serie del tipo ∑_{n=1}^{∞}(−1)^{n}a_{n} con a_{n} ≥ 0, se lim_{n→∞} a_{n} = 0 e se a_{n} é decrescente, allora la serie converge.

(i) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{ln n} a_{n} = \frac{1}{ln n} > 0 é decrescente perché il logaritmo é crescente e tende a zero perché lim_{n→∞} ln n = 0 quindi la serie converge. (ii) ∑_{n=1}^{∞} \frac{cos nπ}{e^{n}+3n} = ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{e^{n}+3n}. lim_{n→∞} \frac{1}{e^{n}+3n} = 0, e^{n} + 3n > 0 e \frac{1}{e^{n}+3n} > \frac{1}{e^{n+1}+3(n+1)} cioé é decrescente.

(iii) ∑_{n=1}^{∞} \frac{(−1)^{n}}{n^{2}−20n+2} Il polinomio n^{2} − 20n + 2 é crescente in n solo da un certo n in poi, peró possiamo comunque usareil criterio di Leibniz perché comunque l’importante é la crescenza per n grande. Infatti

n^{2}−20n+2 < (n+1)^{2}−20(n+1)+2 = n^{2}+2n+1−20n−20+2 ⟺ 2n > 19 ⟺ n > 10.

Quindi possiamo usare il criterio, perche’ si ha decrescenza e ovviamente lim_{n→∞} \frac{1}{n^{2}−20n+2} = 0. (iv) ∑_{n=1}^{∞} \frac{sin(\frac{π}{2} (2n+1))}{ln n} · n Osserviamo che sin (\frac{π}{2} (2n + 1)) = (−1)^{n} quindi, sapendo che lim_{n→∞} \frac{n}{ln n} → 0, verifichiamo la decrescenza:

\frac{n + 1}{ln n + 1} < \frac{n}{ln n} ⟺ n ln(n + 1) < (n + 1) ln n ⟺ ln(n + 1)^{n} < ln n^{n+1} ⟺

⟺ (n + 1)^{n} < n^{n+1} ⟺ (\frac{n + 1}{n})^{n} < n

l’ultima affermazione é vera perché (\frac{n+1}{n})^{n} → e.