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Note per Studenti Esercizio 125 · serie con cos(nπ), (n!)2 e logaritmi

Esercizio 125serie con cos(nπ), (n!)2 e logaritmi

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Testo. Studiare convergenza assoluta e semplice della serie

∑n=1+∞cos⁡(nπ) (n!)2[log⁡(1+nαn)−log⁡(nαn)]per α>0\sum_{n=1}^{+\infty} \cos(n\pi)\,(n!)^2\left[\log(1 + n^{\alpha n}) - \log(n^{\alpha n})\right] \qquad \text{per } \alpha > 0

Passo 1: il segno

cos⁡(nπ)=(−1)n\cos(n\pi) = (-1)^n (vale 11 per nn pari e −1-1 per nn dispari; vedi "Forme equivalenti di (−1)n(-1)^n" in Serie a termini di segno variabilePer le serie con addendi di segno qualsiasi: convergenza assoluta (converge la serie dei moduli), che implica la convergenza semplice ma non viceversa; criterio di Leibniz per le serie alternate (addendi in modulo infinitesimi e decrescenti).Serie a termini di segno variabile →). Posto an=(n!)2[log⁡(1+nαn)−log⁡(nαn)]a_n = (n!)^2\left[\log(1 + n^{\alpha n}) - \log(n^{\alpha n})\right] si ha an>0a_n > 0: il logaritmo è crescente e 1+nαn>nαn1 + n^{\alpha n} > n^{\alpha n}, quindi la parentesi è positiva. La serie è alternata: ∑(−1)nan\sum (-1)^n a_n.

Passo 2: convergenza assoluta

∑∣(−1)nan∣=∑an\sum |(-1)^n a_n| = \sum a_n. Per le proprietà dei logaritmi (log⁡A−log⁡B=log⁡AB\log A - \log B = \log\frac AB): an=(n!)2log⁡(1+nαnnαn)=(n!)2log⁡(1+1nαn)a_n = (n!)^2 \log\left(\frac{1 + n^{\alpha n}}{n^{\alpha n}}\right) = (n!)^2 \log\left(1 + \frac{1}{n^{\alpha n}}\right) Siccome α>0\alpha > 0, nαn→+∞n^{\alpha n} \to +\infty e y=1nαn→0y = \frac{1}{n^{\alpha n}} \to 0: si può usare log⁡(1+y)∼y\log(1 + y) \sim y per y→0y \to 0. an∼(n!)2⋅1nαn=bna_n \sim (n!)^2 \cdot \frac{1}{n^{\alpha n}} = b_n

Criterio del rapporto su bnb_n (fattoriali e potenze con esponente nn): bn+1bn=[(n+1)!]2(n+1)α(n+1)⋅nαn(n!)2\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{[(n+1)!]^2}{(n+1)^{\alpha(n+1)}} \cdot \frac{n^{\alpha n}}{(n!)^2} Si semplifica pezzo per pezzo: (n+1)!=(n+1)⋅n!(n+1)! = (n+1)\cdot n!, quindi [(n+1)!]2=(n+1)2(n!)2[(n+1)!]^2 = (n+1)^2 (n!)^2; e (n+1)α(n+1)=(n+1)αn(n+1)α(n+1)^{\alpha(n+1)} = (n+1)^{\alpha n}(n+1)^\alpha. Allora bn+1bn=(n+1)2 (n!)2  nαn(n+1)αn(n+1)α (n!)2=(n+1)2−α⋅nαn(n+1)αn=(n+1)2−α[(n+1n)n]α\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{(n+1)^2\,\cancel{(n!)^2}\; n^{\alpha n}}{(n+1)^{\alpha n}(n+1)^\alpha\,\cancel{(n!)^2}} = (n+1)^{2-\alpha} \cdot \frac{n^{\alpha n}}{(n+1)^{\alpha n}} = \frac{(n+1)^{2-\alpha}}{\left[\left(\frac{n+1}{n}\right)^n\right]^\alpha} Al denominatore (n+1n)n=(1+1n)n→e\left(\frac{n+1}{n}\right)^n = \left(1 + \frac1n\right)^n \to e, per il limite notevole del numero ee(1+1n)n→e\left(1 + \frac1n\right)^n \to e.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →. Quindi bn+1bn∼n2−αeα⟶{+∞0<α<2(esponente 2−α>0)1e2α=2(n0=1)0α>2(esponente negativo)\frac{b_{n+1}}{b_n} \sim \frac{n^{2-\alpha}}{e^\alpha} \longrightarrow \begin{cases} +\infty & 0 < \alpha < 2 \quad (\text{esponente } 2 - \alpha > 0) \\ \frac{1}{e^2} & \alpha = 2 \quad (n^0 = 1) \\ 0 & \alpha > 2 \quad (\text{esponente negativo}) \end{cases}

  • α≥2\alpha \ge 2: L<1L < 1 (anche 1e2≈0,14<1\frac{1}{e^2} \approx 0{,}14 < 1), la serie dei moduli converge.
  • 0<α<20 < \alpha < 2: L=+∞>1L = +\infty > 1, diverge, e bn→+∞b_n \to +\infty.

Converge assolutamente se e solo se α≥2\alpha \ge 2.

Passo 3: convergenza semplice

  • α≥2\alpha \ge 2: converge (assoluta ⇒\Rightarrow semplice).
  • 0<α<20 < \alpha < 2: an∼bn→+∞a_n \sim b_n \to +\infty, quindi il termine (−1)nan(-1)^n a_n non tende a 00: la serie non converge (condizione necessaria). Leibniz non serve.

Conclusione

La serie converge (assolutamente, e quindi semplicemente) se e solo se α≥2\alpha \ge 2; per 0<α<20 < \alpha < 2 non converge.

Errori comuni

  • Sviluppare log⁡(1+nαn)\log(1 + n^{\alpha n}) come se l'argomento tendesse a 11: 1+nαn→+∞1 + n^{\alpha n} \to +\infty. Bisogna prima unire i due logaritmi, così l'argomento diventa 1+1nαn→11 + \frac{1}{n^{\alpha n}} \to 1.
  • Dimenticare il fattore (n+1)α(n+1)^\alpha nella semplificazione di (n+1)α(n+1)(n+1)^{\alpha(n+1)}.

Versione ripasso

Testo. Studiare convergenza assoluta e semplice della serie ∑n=1+∞cos⁡(nπ) (n!)2[log⁡(1+nαn)−log⁡(nαn)]per α>0\sum_{n=1}^{+\infty} \cos(n\pi)\,(n!)^2\left[\log(1 + n^{\alpha n}) - \log(n^{\alpha n})\right] \qquad \text{per } \alpha > 0

Passo 1: il segno

cos⁡(nπ)=(−1)n\cos(n\pi) = (-1)^n. Posto an=(n!)2log⁡(1+1nαn)a_n = (n!)^2 \log(1 + \frac{1}{n^{\alpha n}}), la serie è alternata ∑(−1)nan\sum (-1)^n a_n con an>0a_n > 0.

Passo 2: convergenza assoluta

Si usa l'asintotico log⁡(1+y)∼y\log(1 + y) \sim y per y→0y \to 0 (poiché 1nαn→0\frac{1}{n^{\alpha n}} \to 0): an∼(n!)2⋅1nαn=bna_n \sim (n!)^2 \cdot \frac{1}{n^{\alpha n}} = b_n Applichiamo il Criterio del rapporto a bnb_n: bn+1bn=[(n+1)!]2(n+1)α(n+1)⋅nαn(n!)2=(n+1)2(n+1)α⋅(nn+1)αn=(n+1)2−α[(1+1/n)n]α∼n2−αeα\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{[(n+1)!]^2}{(n+1)^{\alpha(n+1)}} \cdot \frac{n^{\alpha n}}{(n!)^2} = \frac{(n+1)^2}{(n+1)^\alpha} \cdot \left(\frac{n}{n+1}\right)^{\alpha n} = \frac{(n+1)^{2-\alpha}}{[(1 + 1/n)^n]^\alpha} \sim \frac{n^{2-\alpha}}{e^\alpha}

  • Se α>2\alpha > 2: L=0<1L = 0 < 1 (converge).
  • Se α=2\alpha = 2: L=1/e2<1L = 1/e^2 < 1 (converge).
  • Se 0<α<20 < \alpha < 2: L=+∞>1L = +\infty > 1 (diverge).

Passo 3: convergenza semplice

  • Se α≥2\alpha \ge 2: converge assolutamente ⇒\Rightarrow converge semplicemente.
  • Se 0<α<20 < \alpha < 2: an→+∞a_n \to +\infty, dunque il termine generale (−1)nan(-1)^n a_n non tende a 00. La serie non converge (condizione necessaria fallita).

Conclusione

La serie converge assolutamente (e quindi semplicemente) se e solo se α≥2\alpha \ge 2.

Errori tipici: non unire i logaritmi prima di approssimare (errore sul limite dell'argomento); errori algebrici nel calcolo del rapporto con potenze del tipo (n+1)α(n+1)(n+1)^{\alpha(n+1)}.

Teoria collegata