Teoria sulle serie numeriche

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In questo articolo presentiamo una guida completa alla teoria sulle serie numeriche. Il concetto di serie è una generalizzazione dell’operazione di somma, estesa al caso di infiniti addendi, il cui significato si basa sul concetto di limite delle sue somme parziali.

In questa dispensa studiamo in maniera approfondita tale importante tema dell’Analisi Matematica, concentrandoci sui seguenti aspetti:

Cos’è una serie numerica e in che modo consente di sommare infiniti addendi?
Come si calcolano le somme delle serie telescopiche e geometriche?
In cosa consistono i criteri di convergenza del confronto, del confronto asintotico, di condensazione, del rapporto e della radice e come si applicano?
Come si studiano le serie con termine generale di segno variabile e cosa sono i criteri della convergenza assoluta e di Leibnitz?
Come si possono moltiplicare tra loro due serie e come si studia la convergenza del prodotto?
Le serie numeriche possiedono una proprietà commutativa? In cosa consiste il riordinamento di una serie e cosa afferma il teorema del riordinamento di Riemann?

Ogni argomento viene corredato da numerosi esempi, con una sezione finale di esercizi svolti e ulteriori esercizi lasciati al lettore, costituendo un volume completo per chi desidera avere tutto il materiale a portata di mano. Un’esposizione coinvolgente che accresce la conoscenza e la comprensione di questo capitolo fondamentale dell’Analisi Matematica.

Serie numeriche: ulteriore materiale

Consigliamo la lettura del seguente materiale sulla teoria collegata:

Segnaliamo inoltre le seguenti raccolte di esercizi:

Teoria sulle serie numeriche: sommario

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In queste note enunciamo e dimostriamo i principali risultati della teoria delle serie numeriche. La presente dispensa ha il fine di supportare i corsi universitari di qualunque facoltà e si propone, in particolare, di sviluppare le competenze sull’argomento richieste dalle facoltà di matematica, fisica e ingegneria. La dispensa contiene una raccolta di esercizi svolti, suddivisi per argomento e ordinati per difficoltà.

Teoria sulle serie numeriche: autori e revisori

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Autori: Valerio Brunetti, Jacopo Garofali, Andrea Mazzolani

Revisori: Sara Sottile, Matteo Talluri.

Teoria sulle serie numeriche: prerequisiti

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In queste note si presuppone la conoscenza di alcuni concetti di base dell’analisi matematica, tra cui i numeri (naturali, interi, reali, complessi), il principio di induzione, il concetto di successione numerica e di limite di una successione. Inoltre, per la comprensione del teorema 7, è necessario che il lettore sia familare con la nozione di integrale di Riemann di una funzione reale di variabile reale. Infine, in molti esercizi facciamo uso degli sviluppi di Taylor delle funzioni elementari.

Teoria sulle serie numeriche: notazioni

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$\mathbb{N}=\{ 0,1, \dots \}$	Insieme dei numeri naturali;
$\mathbb{Z}$	Insieme dei numeri interi relativi;
$\mathbb{R}$	Insieme dei numeri reali;
$\mathbb{C}$	Insieme dei numeri complessi;
$\displaystyle \sum_{n=N}^Ma_n=a_N+a_{N+1}+\dots + a_M$	Somma di un numero finito di termini;
$\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n=a_1+a_{2}+\dots$	Serie numerica di termine generale $a_n$ ;
$\displaystyle \prod_{n=N}^{M}a_n=a_N\cdot a_{N+1}\cdot \dots \cdot a_M$	Prodotto di un numero finito di termini;
$\displaystyle \prod_{n=1}^{+ \infty}a_n=a_1\cdot a_2 \cdot \dots$	Prodotto infinito di termine generale $a_n$ ;
$\|x\|$	Modulo di un numero $x \in \mathbb{R}$ (risp. $x \in \mathbb{C}$ );
$\sqrt[n]{x}$	Radice $n$ -esima un numero $x \in \mathbb{R}$ (quando esiste);
$n!$	Fattoriale di un numero $n \in\mathbb{N}$ ;
$n!!$	Doppio fattoriale di un numero $n \in\mathbb{N}$ ;
$e$	Numero di Nepero;
$\ln{x}$	Logaritmo naturale di un numero $x >0$ ;
$\sin{x}$	Seno di un numero $x \in \mathbb{R}$ ;
$\cos{x}$	Coseno di un numero $x \in \mathbb{R}$ ;
$\arctan{x}$	Arcotangente di un numero $x \in \mathbb{R}$ ;
$\lim_{n\rightarrow +\infty}$	Limite di una successione;
$\limsup_{n\rightarrow +\infty}$	Limite superiore di una successione;
$\liminf_{n\rightarrow +\infty}$	Limite inferiore di una successione;
$o(1)$	Simbolo di Landau o-piccolo di 1;
$\sim$	Relazione di asintotica equivalenza;
$\int_a^b f(x)\,{\rm d}x$	Integrale definito tra $a$ e $b$ di una funzione.

Teoria sulle serie numeriche: introduzione

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Le serie generalizzano l’operazione di addizione sui numeri reali nel caso in cui ad essere sommati siano un numero infinito di termini. I primi problemi che coinvolgono somme infinite risalgono all’antichità classica. Ad esempio, il noto “paradosso di Achille e la tartaruga”, spiegato nel dettaglio più avanti, rappresenta la tendenza del pensiero classico a trattare le somme infinite come un mero artificio. Il problema posto da questo paradosso viene risolto in termini moderni proprio grazie all’uso delle serie. Non è chiaro, a priori, se si possa dare un senso alla somma di infiniti termini. Uno dei problemi principali, quando si studia una serie, è quello di determinarne il carattere, ovvero quello di capire se, all’aumentare dei termini sommati, tale somma: si avvicina ad un numero reale (in questo caso, si parla di convergenza della serie); aumenta (o diminuisce) indefinitivamente (in questo caso, si parla di divergenza della serie); non accade nessuna delle due situazioni precedenti, cioè la serie non diverge ma neanche si avvicina ad un valore preciso all’aumentare dei termini sommati. Una domanda che spesso ci si pone, quando ci si approccia per la prima volta a questo argomento, è la seguente: com’è possibile che, sommando infiniti termini, si possa arrivare ad un risultato finito? Chiaramente, se sommiamo sempre lo stesso numero infinite volte, il risultato non sarà un numero finito. Se, però, aggiungiamo una quantità sempre più piccola, l’intuito ci suggerisce che il risultato potrebbe essere finito. Ad esempio, consideriamo un quadrato di lato 1 (e dunque di area pari a 1), come rappresentato in figura 1.

$\quad$

Teoria sulle serie numeriche figura 1

$\quad$

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Figura 1: quadrato di lato 1.

$\quad$

Immaginiamo di voler colorare il quadrato, i.e. coprire la sua area, in modo tale che si colori prima una metà, poi la metà della metà rimanente, e così via, come rappresentato nella figura 2.

$\quad$

Teoria sulle serie numeriche figura 2

$\quad$

Figura 2: esaustione del quadrato.

$\quad$

Ad ogni passo, rimane sempre una porzione di quadrato che non viene colorata, ma l’area di questa porzione si dimezza ad ogni passo. Intuitivamente, risulta chiaro che occorrono infiniti passi affinché il quadrato sia completamente riempito, e che alla fine di questo processo infinito l’area colorata sarà

(1) $\begin{equation*} 1=\dfrac{1}{2}+ \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{8} + \dfrac{1}{16} + \dots . \end{equation*}$

Il metodo appena descritto è noto come metodo di esaustione. Nel seguito, cf. (5) e proposizione 3, daremo una dimostrazione formale dell’identità (1).

La teoria delle serie numeriche comincia già nell’antica Grecia, quando il più grande matematico del mondo antico, Archimede di Siracusa (287 a.C.-212 a.C.), utilizza il metodo di esaustione per calcolare l’area sottesa a un ramo di parabola. Per molto tempo l’idea che una somma infinita di numeri potesse produrre un valore finito fu considerata assurda. Abbiamo già citato il paradosso, dovuto al filosofo Zenone di Elea (489 a.C-431 a.C), noto come “paradosso di Achille e la tartaruga”. Achille “pié veloce” vuole raggiungere una tartaruga (nota per essere lenta) che si trova a una certa distanza da lui. I due cominciano a muoversi nello stesso istante. Achille, per raggiungerla, arriva con un balzo nel punto in cui è partita la tartaruga, la quale però, nel frattempo, si è mossa e nel momento in cui Achille ha compiuto il suo balzo, la tartaruga ha percorso una certa distanza. Allora, Achille, con un balzo, percorre quella stessa distanza. Tuttavia, nel frattempo, la tartaruga si è mossa ancora in avanti. Ripetendo questo ragionamento all’infinito, concludiamo che Achille non raggiungerà mai la tartaruga. Questo paradosso può essere superato facendo uso delle serie numeriche, cf. esercizio 1.

I primi tentativi di formalizzare il concetto di somma infinita di numeri risalgono al XVII secolo e sono attribuiti a James Gregory (1638-1695), Colin Maclaurin (1698-1746) e Brook Taylor (1685-1731). Leonhard Euler (1707-1783), con il suo lavoro sulle serie ipergeometriche, formalizza le prime proprietà delle serie numeriche, lavoro che fu poi completato da Johann Carl Friedrich Gauss (1777-1855), che ad oggi è considerato il padre della moderna teoria. Tra i matematici che hanno dato maggiore contributo alla teoria possiamo citare Leibniz, Cauchy, Dirichlet, Abel, Raabe, Kummer e molti altri.

La conoscenza delle serie numeriche costituisce la base per lo sviluppo in serie di potenze delle funzioni, cominciato in primo luogo con gli sviluppi intorno un punto ad opera di McLaurin e Taylor.

In conclusione, il concetto di serie numerica (insieme a quello di integrale¹) è stato da sempre oggetto di studi e rappresenta quindi uno dei cardini dell’analisi matematica, trovando applicazioni in molti ambiti scientifici.

Nella sezione 1 diamo le prime definizioni ed enunciamo i risultati che seguono immediatamente da queste, e successivamente elenchiamo le principali proprietà delle serie numeriche. Nella sezione 2 introduciamo due tipi fondamentali di serie, quelle geometriche e quelle telescopiche. Successivamente, nelle sezioni 3 e 4, enunciamo e dimostriamo i più noti criteri di convergenza, prima per serie a termini non negativi, e poi per serie qualunque. A seguire, la sezione 5 è dedicata allo studio del prodotto di due serie, mentre nella sezione 6 vengono enunciati e dimostrati i principali risultati sul riordinamento di una serie. Le ultime due sezioni, 7 e 8, contengono una raccolta di esercizi, suddivisi per argomento e ordinati per difficoltà. La prima di tali sezioni è la più ampia, ed è completa di soluzione.

Infine, nella sezione Appendice A discutiamo i prodotti infiniti, mentre nella sezione Appendice B approfondiamo lo studio della serie armonica, definendo la costante di Eulero-Mascheroni.

Si può dimostrare che questi due concetti sono strettamente collegati, ma ciò esula dallo scopo di queste note. ↩

La definizione di serie numerica

Introduzione.

Data una successione $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ , si può costruire la successione delle somme parziali associata, definita da

(1) $\begin{equation*} S_n&\coloneqq \sum\limits_{k=0}^n a_k \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}, \end{equation*}$

cioè la somma dei primi $n$ termini della successione, al variare di $n \in \mathbb{N}$ .

Definizione 1 (serie numerica). La serie associata alla successione $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}$ si definisce come segue:

(2) $\begin{equation*} \sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n \coloneqq \lim_{n\rightarrow +\infty}\sum\limits_{k=0}^n a_k. \end{equation*}$

Se il limite delle somme parziali (2) esiste finito, diciamo che la serie associata alla successione $\{ a_n \}$ è convergente. Se, invece, tale limite esiste infinito, diciamo che la serie associata alla successione $\{ a_n \}$ è divergente. Infine, se tale limite non esiste, diciamo che la serie associata alla successione $\{ a_n \}$ è indeterminata.

$\quad$

Notiamo che la notazione $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ non deve essere interpretata come una somma di infiniti termini, ma come il limite delle somme parziali, cf. (2).

Dalla definizione 1 segue che nel caso in cui la serie sia non convergente possiamo distinguere tre casi:

$\quad$

Il limite $\displaystyle S \coloneqq\lim_{n\rightarrow +\infty}S_n$ esiste e $S=+\infty$ ;

Il limite $\displaystyle S \coloneqq \lim_{n\rightarrow +\infty}S_n$ esiste e $S=-\infty$ ;

Il limite $\displaystyle S \coloneqq \lim_{n\rightarrow +\infty}S_n$ non esiste.

Nel primo caso si dice che la serie diverge positivamente, nel secondo caso si dice che diverge negativamente e nel terzo caso, come già detto, che è indeterminata.

Infine, diciamo che $a_n$ è il termine generale della serie $\displaystyle \sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n$ .

Osservazione 1. La scelta di far partire la serie da $n=0$ è puramente arbitraria. Avremmo potuto scegliere un qualunque $k_0 \in \mathbb{Z}$ , una successione $\{ a_k \}_{k \geq k_0}$ , e definire la serie associata

(3) $\begin{equation*} S=\sum_{k=k_0}^{+\infty}a_k \end{equation*}$

in modo analogo².

Osservazione 2. La definizione 1 si estende naturalmente al caso in cui $\left\{ a_n \right\}$ è una successione di numeri complessi. Diremo allora che la serie

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty}a_n$

converge a $\ell \in \mathbb{C}$ se vale

(4) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow + \infty} \left\vert \sum\limits_{k=0}^{n}a_k -\ell\right\vert=0, \end{equation*}$

mentre diremo che la serie diverge a $\infty$ se la successione $\left\{ \displaystyle \left\vert \sum\limits_{k=0}^{n}a_k \right\vert \right\}$ è illimitata. Infine, diremo che la serie è indeterminata se non esiste alcun $\ell \in \mathbb{C}$ tale che valga (4).

Si noti che tale scrittura (3) non è affatto più generale di (2), in quanto si può ottenere una dall’altra con il cambio di indici $k=n+k_0$ . ↩

Esempio di serie convergente

Anticamente si pensava che sommando infiniti termini positivi, il risultato fosse necessariamente $+\infty$ . Se, per somme infinite, intendiamo il limite delle somme parziali, cf. definizione 1, ciò non è vero, come mostra il seguente esempio.

Consideriamo la serie a termini positivi

$\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n.$

Rappresentando i termini della serie come lunghezze, e suddividendo un segmento di lughezza unitaria in metà, e poi una delle metà ottenute di nuovo a metà, e così via, si vede facilmente che³

$\begin{aligned} 1 &= \frac{1}{2} +{\frac{1}{2}} \nonumber \\ &= \frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\frac{1}{4} &&\nonumber \\ &= \frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\frac{1}{8} + \frac{1}{8} &&\nonumber \\ &= \frac{1}{2} +\frac{1}{4} +\frac{1}{8} + \frac{1}{16} + \frac{1}{16} &&\nonumber \\ &= \frac{1}{2} +\frac{1}{4} + ...+\left(\frac{1}{2}\right)^{n-1} +\left(\frac{1}{2}\right)^{n} +\left(\frac{1}{2}\right)^{n} = \sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^k+\left(\frac{1}{2}\right)^n && \forall\, n >1\label{eq:1=geometrica} \end{aligned}$

Passando al limite per $n\to+\infty$ si ha:

(5) $\begin{equation*} \begin{split} 1 = \lim_{n\rightarrow+\infty}\sum\limits_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{2}\right)^k+\left(\frac{1}{2}\right)^n = \sum\limits_{k=1}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^k. \end{split} \end{equation*}$

Abbiamo dunque dimostrato che la serie $\displaystyle \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$ converge al valore $S=1$ .

Esempio di serie divergente

Abbiamo visto che una serie $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}a_n$ si dice divergente se la successione delle somme parziali di $\{ a_n \}$ è divergente.

Per esempio:

$\begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}k \geq \sum_{k=1}^{n}1 = \underbrace{(1+1+1+\dots+1)}_{\rm n \; volte}= n \to +\infty \qquad \mbox{per }n \to +\infty. \end{aligned}$

Esempio di serie indeterminata

Abbiamo visto che una serie $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}a_n$ si dice indeterminata se la successione delle somme parziali di $a_n$ è indeterminata.

Per esempio, consideriamo la serie $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}(-1)^k$ . Le successione $S_n$ delle somme parziali vale:

$\begin{aligned} \forall\, n \in \mathbb{N}\qquad S_n = \sum_{k=0}^{n}(-1)^k = \left\{\begin{array}{cc} 1,& \text{se $n$ è pari}; \\ 0,& \text{se $n$ è dispari}. \end{array} \right. \end{aligned}$

Dato che le sottosuccessioni di indice pari e dispari della successione delle somme parziali $S_n$ hanno limite diverso, $S_n$ non ha limite, ovvero la serie è indeterminata.

Tale fatto si può formalizzare facilmente con il principio di induzione. ↩

Proprietà fondamentali delle serie.

Proposizione 1 (condizione necessaria per la convergenza). Sia $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ una serie convergente. Allora, il suo termine generale è infinitesimo, i.e. si ha

$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}a_n = 0.$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $S=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}S_n \in \mathbb{R}$ , dove $\left\{ S_n \right\}$ è definita da (1). Notiamo che

(6) $\begin{equation*} a_n= \sum_{k=0}^n a_k \ - \sum_{k=0}^{n-1} a_k=S_n-S_{n-1}, \quad \forall\,n \geq 1. \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to +\infty$ in (6), e sfruttando i teoremi algebrici sui limiti, cf. [9, pag. 49], si ha

$\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}a_n = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\left(S_n-S_{n-1}\right) \overset{\clubsuit}{=}\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}S_n-\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}S_{n-1} = S-S = 0,$

dove in $\clubsuit$ abbiamo usato l’ipotesi di convergenza della successione $\left\{ S_n \right\}$ .

Esempio 1. Studiamo il carattere della seguente serie

(7) $\begin{equation*} \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{n^3+1}{n(n+2)^2}. \end{equation*}$

Osserviamo che

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \frac{n^3+1}{n(n+2)^2}=1,$

dunque la serie non converge perché non è soddisfatta la condizione necessaria alla convergenza, i.e. il termine generale non è infinitesimo. Seguirà dal lemma 1 che, poiché la serie data è a termini positivi, essa diverge positivamente.

Terminologia. Una serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ si dice serie a termini di segno costante se la successione $\left\{ a_n \right\}$ è a termini di segno costante, i.e. $a_n \geq 0 \quad \forall \, n \in \mathbb{N}$ (serie a termini non negativi) oppure $a_n \leq 0 \quad \forall \, n \in \mathbb{N}$ (serie a termini non positivi), altrimenti si dice serie a termini di segno variabile.

Una serie della forma $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\,a_n$ con $a_n \geq 0 \;\forall \, n \in \mathbb{N}$ si dice serie a segno alterno.

Prima di enunciare il prossimo risultato, richiamiamo la seguente definizione.

Definizione 2 (proprietà definitive). Sia $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ una successione e sia $\mathcal{P}$ una proprietà sull’insieme $\mathbb{R}$ . Diciamo che la successione gode definitivamente della proprietà $\mathcal{P}$ se esiste $n_0\in \mathbb{N}$ tale che $a_n$ gode della proprietà $\mathcal{P}$ per ogni $n\geq n_0$ . In formule:

$\mathcal{P}\left( \{ a_n \} \right) \quad \mbox{definitivamente} \quad \iff \quad \exists n_0 \in \mathbb{N} : \quad \mathcal{P}(a_n)\quad \forall\, n\geq n_0.$

Lemma 1 (convergenza delle serie a termini di segno costante). Le serie a termini di segno definitivamente non negativo (risp. non positivo) possono essere convergenti o divergenti positivamente (risp. negativamente), ma non indeterminate.

$\quad$

Dimostrazione. Per fissare le idee, consideriamo una serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ a termini definitivamente non negativi, e sia $n_0>0$ tale che $a_n \geq 0 \quad \forall \,n\geq n_0$ . Dimostriamo che la successione delle somme parziali, cf. (1), è definitivamente non decrescente. Infatti, per ogni $n\geq n_0$ , si ha

$\begin{aligned} S_{n+1}\coloneqq \sum_{k=0}^{n+1}a_k =\left(\sum_{k=0}^{n}a_k\right)+a_{n+1} = S_n+a_{n+1}\geq S_n. \label{eq:an>=0 ->Sn non decresce}\end{aligned}$

Dunque $S_{n+1}\geq S_n \quad \forall \, n \geq n_0$ .

Allora, per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71], si ha che

(8) $\begin{equation*} \exists \; S = \lim_{n \rightarrow + \infty} S_n \in \mathbb{R} \cup\left\{ +\infty \right\}. \end{equation*}$

Se la serie di partenza è a termini definitivamente non positivi, la dimostrazione è analoga. Osserviamo, infine, che rimuovendo la parola definitivamente, cioè, assumendo la serie a termini non negativi (risp. non positivi), si conclude che il limite $S$ in (8) è non negativo (risp. non positivo).

Osservazione 3. Dalla dimostrazione precedente, deduciamo che una serie a termini di segno definitivamente costante converge se e solo se la successione delle somme parziali è limitata.

Il carattere di una serie non cambia se non vengono considerati un numeri finito di termini. Prima di enunciare questo risultato, ricordiamo un fatto elementare sulle successioni.

Lemma 2. Due successioni che differiscono definitivamente di una costante hanno lo stesso carattere.

$\quad$

Dimostrazione. Sia $c \in \mathbb{R}, \,n_0\in \mathbb{N}$ tale che per ogni $n \geq n_0$ si ha $a_n = b_n + c$ . Distinguiamo due casi.

$\quad$

Primo caso. Supponiamo che esista $\displaystyle b=\lim_{n\to+\infty}b_n \in \mathbb{R} \cup \left\{ \pm \infty \right\}$ . Allora, dai teoremi algebrici sui limiti, cf. [9, pag. 49], si ha
$\exists \lim_{n\to+\infty}a_n=\lim_{n\to+\infty}(b_n + c)=b+c.$

Secondo caso. Supponiamo che non esista $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n$ . Se per assurdo esistesse $\displaystyle a = \lim_{n\to+\infty}a_n$ , dai teoremi algebrici sui limiti, avremmo
$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n = \displaystyle\lim_{n\to+\infty}(a_n-c) = a-c,$

cioè esisterebbe $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n$ in contrasto con l’ipotesi.

Corollario 1. Sia $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ una successione. Per ogni $p >0$ , le serie

$\sum_{n=0}^{+\infty}a_n \quad \mbox{e} \quad \sum_{n=p}^{+\infty}a_n$

hanno lo stesso carattere.

$\quad$

Dimostrazione. Le somme parziali

$S_n= \sum_{k=0}^{n}a_k\quad \mbox{e} \quad S'_n= \sum_{k=p}^{n}a_k, \quad n \geq p$

differiscono per una costante, infatti

$S_n-S'_n=\sum_{k=0}^{p-1}a_k.$

Dunque, per il lemma 2 le due successioni delle somme parziali (e quindi, per definizione, le due serie) hanno lo stesso carattere.

Corollario 2. Siano $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}},\{ b_n \}_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ due successioni che coincidono definitivamente. Allora, le serie

$\sum_{n=0}^{+\infty}a_n \quad \mbox{e} \quad \sum_{n=0}^{+\infty}b_n$

hanno lo stesso carattere.

$\quad$

Dimostrazione. Basta considerare $n_0\in \mathbb{N}$ tale che $a_n=b_n$ per ogni $n\geq n_0$ e applicare il corollario 1 con $p=n_0$ .

Proposizione 2 (criterio di Cauchy per le serie). La serie $\displaystyle \sum_{n =0}^{+\infty}a_n$ converge se e solo se:

(9) $\begin{equation*} \forall \,\varepsilon > 0\quad \exists N_\varepsilon \geq 0: \quad \forall \,m > N_\varepsilon, \; \forall\, p > 0\quad \left\vert \sum_{k=m+1}^{m+p}a_k \right \vert <\varepsilon. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $\displaystyle S_n= \sum_{k=0}^{n}a_k$ la successione delle somme parziali. Ricordiamo⁴ che una successione converge se e solo se è di Cauchy⁵, cf. [3], [11]. Quindi, $\{ S_n \}$ converge se e solo se

(10) $\begin{equation*} \forall \varepsilon >0 \quad \exists N_\varepsilon\geq0:\quad \forall n\geq m>N_\varepsilon,\,\,\left \vert \sum_{k=0}^{n}a_k-\sum_{k=0}^{m}a_k\right \vert<\varepsilon, \end{equation*}$

Per $n \geq m$ possiamo scrivere

(11) $\begin{equation*} \left \vert \sum_{k=0}^{n}a_k-\sum_{k=0}^{m}a_k\right \vert=\left \vert \sum_{k=0}^{m}a_k+ \sum_{k=m+1}^{n}a_k-\sum_{k=0}^{m}a_k\right \vert=\left \vert \sum_{k=m+1}^{n}a_k \right \vert, \end{equation*}$

da cui ponendo $n-m=p\in\mathbb{N}$ si ottiene la seguente condizione, equivalente alla convergenza della serie,

(12) $\begin{equation*} \forall \varepsilon >0 \quad \exists N_\varepsilon\geq0: \quad \forall m>N_\varepsilon,\,\,\forall p \geq 0 \quad \left \vert \sum_{k=m+1}^{m+p}a_k \right \vert <\varepsilon. \end{equation*}$

Questo fatto è noto come completezza dei numeri reali. ↩

Una successione $\left\{ a_n\right\}_n$ è di Cauchy se $\forall\, \varepsilon >0 \;\exists \, N_{\varepsilon}>0 : n,\,m\,> N_{\varepsilon} \Rightarrow |a_n-a_m|<\varepsilon.$ ↩

Lemma 3. Sia $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ una serie convergente. Allora, per ogni $\alpha \in \mathbb{R}$ , la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(\alpha\, a_n)$ converge, e si ha

(13) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty}(\alpha\, a_n)=\alpha\sum_{n=0}^{+\infty}a_n. \end{equation*}$

Se, invece, la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ diverge, allora $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(\alpha\, a_n)$ diverge per ogni $\alpha \neq 0$ .

$\quad$

Dimostrazione. Sia $\displaystyle \left\{ S_n \right\}$ definita da (1) e notiamo che

(14) $\begin{equation*} \tilde{S}_n\coloneqq \sum_{k=0}^{n}(\alpha \, a_k)= \alpha\sum_{k=0}^{n}a_k =\alpha S_n. \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to + \infty$ in (14), e sfruttando l’ipotesi che $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}S_n$ esiste finito, si ottiene la prima parte della tesi. Per la seconda parte, il procedimento è analogo. Notiamo che, se $\alpha=0$ , abbiamo $\alpha \,a_k=0$ per ogni $k\in\mathbb{N}$ , e quindi la serie corrispondente a $\alpha=0$ è nulla.

Il prossimo risultato mette in relazione la serie corrispondente alla somme di due successioni, con la somma delle serie corrispondenti.

Lemma 4. Siano date le serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ e $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_n$ . Allora,

$\quad$

se entrambe le serie convergono, anche la serie $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(a_n+b_n)$ converge e si ha
$\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}\left(a_n+b_n\right)=\sum_{n=0}^{+\infty}a_n+\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_n;$

se entrambe le serie divergono positivamente (risp. negativamente), oppure se una diverge positivamente (risp. negativamente) e l’altra converge, allora la serie $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}(a_n+b_n)$ diverge positivamente (risp. negativamente).

$\quad$

Dimostrazione. Consideriamo le successioni delle somme parziali:

$A_n=\sum_{k=0}^{n}a_k, \quad B_n=\sum_{k=0}^{n}b_k \qquad \forall\,n \in \mathbb{N}.$

Per la proprietà commutativa della somma, si ha:

$A_n+B_n=\sum_{k=0}^{n}a_k+\sum_{k=0}^{n}b_k=\sum_{k=0}^{n}\left(a_k+b_k\right)\qquad \forall\,n \in \mathbb{N}.$

Passando al limite per $n\to+\infty$ , e applicando le proprietà dei limiti, si ottiene la tesi.

Serie geometrica e serie telescopiche

Introduzione.

Solitamente, delle serie si studia il carattere, e difficilmente si riesce a calcolare la somma. In questa sezione riportiamo due tipologie di serie per cui la somma può essere calcolata.

Serie geometrica.

Richiamiamo la definizione di successione (o progressione) geometrica.

Definizione 3 (progressione geometrica). Una successione $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ si dice progressione geometrica se è costante il rapporto tra un termine della successione e il suo precedente (quando tale termine è definito). Tale rapporto viene detto ragione della progressione geometrica.

$\quad$

Segue subito dalla definizione⁶ che, detta $x\in \mathbb{R}$ la ragione di una successione geometrica $\{ a_n \}$ , si ha

(15) $\begin{equation*} a_1=a_0x,\quad a_2=a_1x=a_0x^2, \dots, \quad a_n=a_{n-1}x=\dots=a_0x^n \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Applicando, ad esempio, il principio di induzione. ↩

Definizione 4 (serie geometrica). Una serie $\displaystyle S\coloneqq\sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ si dice serie geometrica di ragione $x$ se la successione $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}$ è una successione geometrica di ragione $x$ e $a_0=1$ . In altre parole, $S$ è una serie geometrica se è della forma⁷

(16) $\begin{equation*} S= \sum_{n=0}^{+\infty}x^n, \end{equation*}$

per qualche $x\in \mathbb{R}$ .

Seppure $0^0$ non è definito, in questo contesto si suole abusare di notazione e intendere che $x^0=1$ anche se $x=0$ . ↩

$\quad$

Di seguito determiniamo il carattere della serie geometrica (16) al variare di $x$ , dimostrando prima un risultato utile a tale scopo.

Lemma 5 (somma geometrica). Sia $x \in \mathbb{R}$ . Allora, vale che:

$\sum_{k=0}^nx^k=\begin{cases} \dfrac{1-x^{n+1}}{1-x\phantom{h}}, \mbox{ se } x \neq 1;\\ \\ n+1, \mbox{ se } x = 1. \end{cases}$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $\displaystyle S_n(x)\coloneqq \sum_{k=0}^nx^k$ . Il caso $x=1$ è immediato, in quanto $S_n(1)$ si ottiene sommando lo stesso termine (i.e. 1) $n+1$ volte, quindi $S_n(1) = n+1$ . Notiamo che, per ogni $x \in \mathbb{R}$ , si ha

$x S_n(x)= x\left(\sum_{k=0}^{n}x^k\right) = \sum_{k=0}^{n}x^{k+1} = \sum_{k=1}^{n+1}x^k= S_n(x)-x^0+x^{n+1},$

da cui

$\left(x-1\right)S_n(x)=x^{n+1}-1$

cioè

$S_n(x)=\dfrac{1-x^{n+1}}{1-x\phantom{h}} \qquad \forall \, x\neq 1.$

La seguente proposizione è immediata conseguenza del lemma 5.

Proposizione 3 (carattere serie geometrica). Sia $x \in \mathbb{R}$ . La serie geometrica di ragione $x$ vale

(17) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}x^n =\begin{cases} \dfrac{1}{1-x}, \qquad & \text{se } x \in (-1,1) ; \\\\ +\infty, \qquad & \text{se } x \in[1,+\infty);\\\\ {\rm indeterminata}, \qquad & \text{se } x \in(-\infty,-1]. \end{cases} \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Per determinare il carattere della serie utilizziamo la definizione, cf. definizione 1. Possiamo cioè calcolare il limite la successione delle somme parziali $\displaystyle S_n = \sum_{k=0}^{n}x^k$ utilizzando il lemma 5.

Se $x\neq 1$ , abbiamo:

(18) $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}x^{n+1}=\begin{cases} 0, &\text{ se $|x|<1$}; \\\\ +\infty, &\text{ se $x>1$}; \\ \\ \text{indeterminata}, &\text{ se $x\leq-1$}, \end{cases} \end{equation*}$

da cui, ricordando che $S_n=n+1$ per $x=1$ , otteniamo:

$\begin{aligned} \lim\limits_{n\rightarrow+\infty}S_n =\begin{cases} \dfrac{1}{1-x}, &\text{ se $|x|<1$} ;\\\\ +\infty ,&\text{ se $x\geq1$}; \\ \\ \text{indeterminata}, &\text{ se $x\leq-1$}. \end{cases} \end{aligned}$

Osservazione 4. La serie geometrica si può facilmente calcolare a partire da un qualunque $n_0\in \mathbb{N}$ , sfruttando la proposizione 3, ovvero possiamo calcolare

$\displaystyle \sum_{n=n_0}^{+\infty}x^n.$

Se $\left \vert x \right \vert < 1$ si ha che per ogni $n_0 \in \mathbb{N}$

$\begin{aligned} \sum_{n=n_0}^{+\infty}x^{n}\,\,\,\,\overset{n-n_0=t}{=}\,\,\,\,\sum_{t=0}^{+\infty}x^{t+n_0}=x^{n_0}\sum_{t=0}^{+\infty}x^t=\dfrac{x^{n_0}}{1-x}. \end{aligned}$

Approfondimento. Un modo per visualizzare la serie geometrica consiste nel considerare la seguente figura:

$\quad$

Teoria sulle serie numeriche figura 3

$\quad$

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Figura 3: visualizzazione della serie geometrica.

$\quad$

Costruiamo i rettangoli (in celeste, cf. figura 3) di base $1,q,q^2,q^3,\dots$ e altezza $q,q^1,q^3,\dots$ con $q<1$ . Osserviamo che tutti i triangoli rettangoli (in arancione, cf. figura 3) sono simili tra di loro perché i cateti sono in rapporto $1:1-q$ , poiché si ha:

$\overline{AB}=1,\;\overline{AD}=q, \;\overline{BD}=1-q.$

Notiamo che la lunghezza di del segmento $AC$ è dato dalla serie geometrica di ragione $q$ :

$\overline{AC}=1+q+q^2+\dots\eqqcolon S.$

Poiché i triangoli $\overset{\bigtriangleup}{ABC}$ e $\overset{\bigtriangleup}{DBE}$ sono simili, otteniamo la relazione

$\dfrac{\overline{AC}}{\overline{AB}}=\dfrac{\overline{DE}}{\overline{DB}},$

ovvero

$\dfrac{S}{1}=\dfrac{1}{1-q} \iff S=\dfrac{1}{1-q}.$

Serie telescopiche.

Definizione 5 (serie telescopica). Una serie $\displaystyle S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ si dice telescopica (risp. non banale) se esiste una successione $\{ b_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ tale che

(19) $\begin{equation*} a_n = b_{n+1}-b_n \qquad (\mbox{risp. tale che } b_n \neq \sum_{k=0}^{n-1}a_k) \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

$\quad$

Con il termine serie telescopica, solitamente si sottointende una serie telescopica non banale.

Data una serie telescopica, cf. (19), la successione delle somme parziali $\{ S_n \}$ ha un’espressione esplicita in termini della successione $\{ b_n \}$ .

Lemma 6 (somma telescopica). Sia $\{ b_n \}\subset \mathbb{R}$ una successione. Allora, vale che

(20) $\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n}\left( b_{k+1}-b_k\right) = b_{n+1}-b_0. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Basta notare che tutti i termini della somma compaiono due volte con il segno opposto, tranne il primo e l’ultimo:

(21) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}\left( b_{k+1}-b_k\right) = & \left(\cancel{b}_{1}-b_0\right)+\left( \cancel{b_2}-\cancel{b_1} \right)...+\left(\cancel{b}_{n}-\cancel{b}_{n-1}\right) + \left(b_{n+1}-\cancel{b}_n\right)= b_{n+1}-b_0. \end{aligned} \end{equation*}$

Proposizione 4 (carattere serie telescopica). Sia $\displaystyle S= \sum_{n=0}^{+\infty}(b_{n+1}-b_n)$ una serie telescopica, allora vale:

(22) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}(b_{n+1}-b_n)= \begin{cases} \left( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}b_n \right)-b_0, \qquad & \mbox{se esiste } \lim\limits_{n \rightarrow \infty}b_n; \\\\ {\rm indeterminata}, \qquad & \mbox{altrimenti}. \end{cases} \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Dal lemma 6, si ha

$S = \lim\limits_{n \rightarrow \infty} \sum_{k=0}^{n}\left( b_{k+1}-b_k\right) =\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(b_n-b_0\right)=\left( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}b_n \right)-b_0.$

Osservazione 5. Si poteva equivalentemente definire una serie telescopica di termine $a_n$ come una serie tale per cui $a_n=c_n - c_{n+1}$ per qualche successione $\{ c_n \}$ . Ponendo $c_n=-b_n$ , si vede che le due scritture sono equivalenti. Segue immediatamente dalla proposizione 4 che, nel caso in cui $\lim\limits_{n \rightarrow \infty}c_n$ esista, si ha

(23) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}(c_{n}-c_{n+1})= c_0 - \left( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}c_n \right). \end{equation*}$

L’utilità di una o dell’altra scrittura dipende dal contesto.

Osservazione 6. Segue immediatamente dal lemma 6. e dalla proposizione 4 che

(24) $\begin{equation*} \sum_{k=n_0}^{n}\left( b_{k+1}-b_k\right) =b_{n+1}- b_{n_0 }\quad \mbox{e}\quad S\coloneqq \sum_{n=n_0}^{+\infty}(b_{n+1}-b_n)= \left( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}b_n \right)-b_{n_0}, \end{equation*}$

nel caso in cui quest’ultimo limite esista.

Esempi.

Esempio 2. La serie

(25) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}2^n \end{equation*}$

diverge positivamente.

Infatti, applicando la (17) con $x=2 >1$ , otteniamo che la serie diverge a $+\infty$ .

Esempio 3. Dimostriamo che la serie

(26) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{e}\right)^n \end{equation*}$

è convergente, e calcoliamone la somma.

Applicando la (17), otteniamo

$S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{e}\right)^n=\dfrac{1}{1-\dfrac{1}{e}}=\dfrac{e}{e-1}.$

Esempio 4. La serie

(27) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(-2\right)^n \end{equation*}$

è indeterminata.

Infatti, applicando la (17) con $x=-2 < -1$ , otteniamo che la serie è indeterminata.

Esempio 5 (serie di Mengoli). Dimostriamo che la serie

(28) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n(n+1)} \end{equation*}$

è convergente, e calcoliamone la somma.

Questa serie è telescopica. Infatti, possiamo riscrivere il termine generale come

$\dfrac{1}{n(n+1)} = \dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}.$

Applicando (23), otteniamo

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n(n+1)}= \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right) = 1-\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\left(\dfrac{1}{n} \right)=1.$

Esempio 6. La serie

(29) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\log\left(\frac{n+1}{n}\right) \end{equation*}$

è divergente.

Infatti, notiamo che la serie data è telescopica in quanto possiamo riscrivere il termine generale come

$\log\left(\dfrac{n+1}{n}\right)=\log\left(n+1\right)-\log\left(n\right).$

Applicando (22), otteniamo

$\begin{aligned} \sum_{n=1}^{+\infty}\log\left(\dfrac{n+1}{n}\right)&= \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\log\left(n+1\right)-\log\left(n\right)\right)=\\ &=\left( \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\log\left(n+1\right) \right)-\log\left(1\right)= +\infty. \end{aligned}$

Esercizio 1. Consideriamo il paradosso di Achille e la tartaruga spiegato nell’introduzione. Supponiamo che la distanza iniziale della tartaruga sia di $2$ metri, la velocità della tartaruga sia di $1$ metro al secondo e quella di Achille il doppio di quella della tartaruga. Dopo quanti metri Achille raggiunge la tartaruga? In quanto tempo?

$\quad$

Svolgimento. La velocità di Achille è di $2$ metri al secondo. Dunque, poiché al tempo “ $t_0=0\; \mbox{s}$ ” la distanza è “ $d_0=2\; \mbox{m}$ ”, al tempo “ $t_1=1\; \mbox{s}$ ” Achille raggiunge la posizione iniziale della tartaruga. Nel frattempo, la tartaruga ha percorso “ $d_1=1\; \mbox{m}$ ”. Per raggiungere la posizione in cui si trova la tartaruga al tempo $t_1$ , Achille impiega “ $t_2=0.5\; \mbox{s}$ ”, e in quel lasso di tempo la tartaruga percorre “ $d_2=0.5\; \mbox{m}$ ”. Ragionando per induzione, e utilizzando la proposizione 3, si trova che la distanza che Achille deve percorrere per raggiungere la tartaruga è

$d_0+d_1+d_2+ \dots= 2+ 1+ \frac{1}{2}+ \dots= 2+ \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2^n}=2+2=4 \; \mbox{m}.$

Il tempo che impiega è di

$t_1+t_2+ \dots= 1+ \frac{1}{2}+ \dots= \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{2^n}=2\; \mbox{s}.$

Criteri di convergenza per serie numeriche a termini non negativi

Introduzione.

In questa sezione raccogliamo i principali risultati che riguardano le serie a termini non negativi.

Criterio del confronto.

Teorema 1 (criterio del confronto). Siano $\{a_n\},\{b_n\}$ due successioni numeriche tali che definitivamente vale $0\leq a_n\leq b_n$ . Allora, si ha:

$\quad$

(30) $\begin{equation*} $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_n < +\infty \implies \sum_{n=0}^{+\infty}a_n < +\infty$ \end{equation*}$

(31) $\begin{equation*} $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n = +\infty \implies \sum_{n=0}^{+\infty}b_n = +\infty $ \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Sia $n_0 \in \mathbb{N}$ tale che

(32) $\begin{equation*} 0 \leq a_k \leq b_k \qquad \forall\, k \geq n_0, \end{equation*}$

e definiamo

$A_n =\sum_{k=n_0}^{n}a_k \quad \mbox{e} \quad B_n =\sum_{k=n_0}^{n}b_k \qquad \forall\, n >n_0 .$

Per il corollario 1 abbiamo che le serie

$\sum_{n=0}^{+\infty}a_n, \quad \sum_{n=0}^{+\infty}b_n$

convergono se e solo se i limiti delle successioni $A_n, \,B_n$ (che esistono per il lemma 1) sono finiti, rispettivamente. Dato $n>n_0$ , sommando ambo i membri di (32) per $k$ da $n_0$ a $n$ , otteniamo che $A_n \leq B_n \quad \forall\,n >n_0$ , e dunque

(33) $\begin{equation*} 0 \leq \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}A_n \leq \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}B_n. \end{equation*}$

Allora, se il limite di destra è finito, è finito anche il limite di sinistra, da cui otteniamo (30). Se, infine, il limite di sinistra è infinito, lo è anche il limite di destra, da cui otteniamo (31).

Esempio 7. Consideriamo la serie

$\sum_{n =1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}$

e dimostriamo che essa è convergente utilizzando il criterio del confronto.

Notiamo che la serie è a termini positivi, quindi possiamo applicare il criterio del confronto. Operando il cambiamento di indice $n \mapsto n+1$ nella sommatoria, si ha

$\sum_{n =1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}= \sum_{n =0}^{+\infty} \dfrac{1}{(n+1)^2}.$

Notiamo che, poiché $n < n+1$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ , si ha

$\dfrac{1}{(n+1)^2} < \dfrac{1}{n(n+1)} \qquad \forall\, n \geq 1,$

dunque, poiché la serie

$\sum_{n =1}^{+\infty} \dfrac{1}{n(n+1)}$

è convergente, cf. esempio 5, concludiamo che la serie data è convergente per il criterio del confronto.

Criterio del confronto asintotico.

Il criterio del confronto asintotico è uno degli strumenti più importanti per lo studio del carattere delle serie a termini non negativi. Come il criterio del confronto, è basato sul confrontare i termini della serie data con i termini di un’altra serie di cui si conosce il carattere.

Teorema 2 (criterio del confronto asintotico). Siano $\{a_n\},\{b_n\}$ due successioni a termini definitivamente positivi e tale che $b_n >0$ definitivamente. Supponiamo che

$\lim_{n\to +\infty}\dfrac{a_n}{b_n}=\ell\in[0,+\infty].$

Si ha che

$\quad$

Se $\ell=0\,$ e $\,\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_n<+\infty$ , allora $\,\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n<+\infty$ ;

se $\ell=+\infty\,$ e $\,\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}b_n=+\infty$ , allora $\,\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n=+\infty$ ;

se $\ell \in(0,+\infty)\,$ , allora $\,\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}b_n<+\infty$ se e solo se $\,\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_n<+\infty$ .

$\quad$

Dimostrazione.

$\quad$

Per ipotesi sappiamo che
$\forall \,\varepsilon>0 \quad \exists N_\varepsilon>0:\; \forall\, n>N_\varepsilon,\quad \dfrac{a_n}{b_n}<\varepsilon.$

Posto $\varepsilon=1$ , otteniamo

$a_n<b_n\qquad \forall \,n>N_1,$

da cui, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, si ha la tesi.

Per ipotesi sappiamo che
$\forall \, M>0 \quad \exists N_M>0:\;\forall\, n>N_M,\quad\dfrac{a_n}{b_n}>M.$

Posto $M=1$ , si ha che

$a_n>b_n \qquad \forall \, n>N_1,$

da cui, per il teorema del confronto, cf. teorema 1, si ha la tesi.

Per ipotesi sappiamo che
$\forall\, \varepsilon>0 \quad \exists N_\varepsilon>0:\; \forall \, n>N_\varepsilon,\quad \left \vert \dfrac{a_n}{b_n}-\ell\right \vert<\varepsilon$

cioè

$(\ell -\varepsilon)b_n<a_n<(\ell+\varepsilon)b_n\qquad \forall \, n>N_\varepsilon.$

Posto $\varepsilon=\dfrac{\ell}{2}$ , si ha

(34) $\begin{equation*} \begin{cases} a_n<\dfrac{3}{2}\ell \,b_n\\ \\ a_n>\dfrac{\ell}{2}\,b_n. \end{cases} \qquad \forall \,n>N_{\ell/2}. \end{equation*}$

Se $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}b_k<+\infty$ , per la prima disequazione di (34) e per il criterio del confronto, cf. teorema 1, si ha che $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}a_k<+\infty$ . Altrimenti, se $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}b_k=+\infty$ , per la seconda disequazione di (34) e per il teorema del confronto, cf. teorema 1, si ha che $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}a_k=+\infty$ .

Esempio 8. Consideriamo la serie

$\sum_{n =1}^{+\infty} \sin \left( \dfrac{1}{n^2} \right)$

e dimostriamo che essa è convergente utilizzando il criterio del confronto asintotico.

Notiamo che la serie è a termini positivi, quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico. Ricordiamo che si ha

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{\sin \left( \dfrac{1}{n^2} \right)}{\left( \dfrac{1}{n^2} \right)}=1,$

dunque, poiché la serie

$\sum_{n =0}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}$

è convergente, cf. esempio 7, concludiamo che la serie data è convergente per il criterio del confronto asintotico.

Criterio di condensazione di Cauchy.

Il prossimo risultato mette in relazione il carattere di una serie a termini positivi e non crescenti con il carattere di un’altra serie, ottenuta a partire da essa, detta la serie condensata associata alla serie di partenza.

Teorema 3 (criterio di condensazione di Cauchy). Sia $\{a_n\}_{n\geq 1}$ una successione a termini positivi non crescente, ovvero

$a_n\geq a_{n+1}>0 \qquad \forall \,n \geq 1.$

Allora, le serie

$\sum_{n=1}^{+\infty }a_n \qquad \mbox{e} \qquad \sum_{n=0}^{+\infty }2^na_{2^n}$

hanno lo stesso carattere.

$\quad$

Dimostrazione. Dall’ipotesi di non crescenza della successione $\{ a_n \}$ , otteniamo che $\forall \,n \geq 1$

(35) $\begin{equation*} \sum_{k=2^{n-1}+1}^{2^n} a_k \geq 2^{n-1} a_{2^n}, \end{equation*}$

in quanto ognuno dei $2^{n-1}$ termini della somma (35) è minorato da $a_{2^n}$ .

Fissato $N >0$ , abbiamo dunque

(36) $\begin{equation*} \begin{aligned} S_N= \sum_{n=1}^{N }a_n \geq \sum_{n=1}^{2^{\lfloor\log_2N\rfloor}}a_n = \, & a_1+ \sum_{n=1}^{\lfloor\log_2N\rfloor} \left( \sum_{k=2^{n-1}+1}^{2^n} a_k \right)\geq \\ \geq \, & \sum_{n=0}^{\left\lfloor \log_2 N \right\rfloor}2^{n-1}a_{2^n} = \frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\left\lfloor \log_2 N \right\rfloor}2^n a_{2^n}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove nella prima disuguaglianza abbiamo trascurato i termini $a_n$ con $2^{\left\lfloor \log_2 N \right\rfloor}< n\leq N$ e nell’ultima disuguaglianza abbiamo applicato (35). Passando al limite nella (36) e ricordando, cf. Lemma 1, che il limite esiste, otteniamo che

(37) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty}2^{n}a_{2^n}\leq 2\sum_{n=1}^{+\infty }a_n. \end{equation*}$

Analogamente alla (35), otteniamo che $\forall \, n \geq 0$

(38) $\begin{equation*} \sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1} a_k \leq 2^{n} a_{2^n}, \end{equation*}$

Fissato $N >0$ , abbiamo dunque

(39) $\begin{equation*} S_N= \sum_{n=1}^{N }a_n \leq \sum_{n=1}^{2^{\lfloor\log_2(N)\rfloor+1}-1}a_n = \, a_1+ \sum_{n=1}^{\lfloor\log_2(N)\rfloor} \left( \sum_{k=2^{n}}^{2^{n+1}-1} a_k \right)\leq \, \sum_{n=0}^{\left\lfloor \log_2 N \right\rfloor}2^{n}a_{2^n}, \end{equation*}$

dove nella prima disuguaglianza abbiamo aggiunto a destra i termini $a_n$ con $N <n \leq2^{\lfloor\log_2(N)\rfloor+1}-1$ e nell’ultima disuguaglianza abbiamo applicato 38.

Passando al limite nella (36) e ricordando, cf. lemma 1, che il limite esiste, otteniamo che

(40) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty }a_n\leq \sum_{n=0}^{+\infty}2^na_{2^n}. \end{equation*}$

Pertanto, unendo (37) e (40), concludiamo che

$\sum_{n=1}^{+\infty }a_n\leq \sum_{n=0}^{+\infty}2^na_{2^n}\leq2\sum_{n=1}^{+\infty }a_n,$

e dunque per confronto

$\sum_{n=1}^{+\infty }a_n \qquad \mbox{e} \qquad \sum_{n=0}^{+\infty}2^na_{2^n}$

hanno lo stesso carattere.

Osservazione 7. La serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty }2^na_{2^n}$ è detta la serie condensata di $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }a_n$ .

Serie armonica generalizzata.

Vediamo ora una nota applicazione del criterio di condensazione di Cauchy.

Lemma 7 (serie armonica generalizzata del primo tipo). Sia $\alpha \in \mathbb{R}$ . Allora,

$S_\alpha = \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^\alpha} \quad \begin{cases} \text{converge}, \quad &\text{se}\,\,\alpha>1;\\ \text{diverge}, &\text{se}\,\,\alpha \leq 1. \end{cases}$

$\quad$

Dimostrazione. Notiamo che i termini della serie sono tutti positivi, per cui, cf. lemma 1, la serie $S_\alpha$ o converge o diverge a $+\infty$ .

Osserviamo che, se $\alpha \leq 0$ , il termine generale della serie non è infinitesimo: tende a $+\infty$ per $\alpha < 0$ , oppure è identicamente uguale a 1 se $\alpha = 0$ . Poiché la condizione necessaria alla convergenza, cf. proposizione 1, non è soddisfatta, concludiamo che la serie diverge a $+\infty$ se $\alpha \leq 0$ .

Nel caso in cui $\alpha > 0$ , il termine generale della serie è positivo e strettamente decrescente. Possiamo dunque applicare il criterio di condensazione di Cauchy, cf. teorema 3, e concludere che il carattere di $S_\alpha$ è lo stesso della serie

$\sum\limits_{n=0}^{+\infty}2^n\cdot\frac{1}{(2^n)^\alpha} = \sum\limits_{n=0}^{+\infty} \left(2^{1-\alpha}\right)^n.$

Questa è una serie geometrica di ragione $q = 2^{1-\alpha}$ , cf. definizione 4, che converge se e solo se $|q| < 1$ , cf. proposizione 3, cioè se e solo se $\alpha > 1$ .

Mettendo insieme i risultati ottenuti, concludiamo che la serie $S_\alpha$ converge se $\alpha > 1$ e diverge se $\alpha \leq 1$ .

Lemma 8 (serie armonica generalizzata del secondo tipo). Siano $\alpha, \beta \in \mathbb{R}$ . Allora,

$S_{\alpha,\beta} = \sum\limits_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^\alpha(\ln n)^\beta} \quad \begin{cases} {\text{converge}},&\text{se}\,\, \alpha >1\, \lor \, \left( \alpha =1\, \wedge \, \beta >1 \right);\\ +\infty ,&\text{se}\,\,\alpha <1\, \lor \, \left( \alpha =1\, \wedge \, \beta \leq 1 \right). \end{cases}$

$\quad$

Dimostrazione. La serie data generalizza la serie del lemma precedente, la quale si ottiene (a meno del primo termine) ponendo $\beta=0$ . Anche questa serie è a termini positivi e, come prima, notiamo che se $\alpha < 0$ , il termine generale della serie non tende a 0, per cui la serie diverge. Se $\alpha = 0$ , il termine generale tende a zero solo se $\beta > 0$ . Nei casi in cui il termine generale non è infinitesimo, $S_{\alpha,\beta}$ diverge a $+\infty$ per la proposizione 1.

Osserviamo che nei casi rimanenti, cioè $\alpha > 0$ (per ogni $\beta$ ), oppure $\alpha = 0$ e $\beta > 0$ , la successione è decrescente, poiché il termine generale è il prodotto di due successioni positive e decrescenti. Applicando ancora il criterio di condensazione, cf. teorema 3, si trova che la serie $S_{\alpha,\beta}$ ha lo stesso carattere della serie

$\sum\limits_{n=1}^{+\infty} 2^n\cdot\frac{1}{(2^n)^\alpha[\ln (2^n)]^\beta} = \frac{1}{(\ln 2)^\beta}\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\frac{\left(2^{1-\alpha}\right)^n}{n^\beta}.$

Per $0 < \alpha < 1$ , si ha $2^{1-\alpha} > 1$ . Si vede facilmente che in questo caso il termine generale della serie condensata tende a infinito, e dunque, per la proposizione 1, essa diverge. Se $\alpha = 1$ , la serie condensata è proporzionale alla serie armonica generalizzata, cf. lemma 7, con indice $\beta$ . Concludiamo che, in questo caso, la serie condensata converge se e solo se $\beta > 1$ . Se, infine, $\alpha > 1$ , il termine generale della serie condensata è maggiorato per ogni valore di $\beta > 0$ da $(2^{1-\alpha})^n$ . Quest’ultimo costituisce il termine generale di una serie geometrica di ragione $q = 2^{1-\alpha} < 1$ , e quindi convergente per la proposizione 3. In questo caso dunque, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, anche la serie condensata converge.

Riassumendo, la serie $S_{\alpha,\beta}$ converge se:

$\quad$

$\alpha > 1$ , per ogni $\beta \in \mathbb{R}$ ;

$\alpha = 1$ , per $\beta > 1$ .

La serie $S_{\alpha,\beta}$ diverge a $+\infty$ se:

$\quad$

$\alpha = 1$ , per $\beta \leq 1$ ;

$\alpha < 1$ , per ogni $\beta \in \mathbb{R}$ .

Criterio del rapporto.

Teorema 4 (criterio del rapporto). Sia $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ una serie a termini definitivamente positivi tale che

(41) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow +\infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\ell\in[0,+\infty]. \end{equation*}$

Allora, vale che:

$\quad$

Se $\ell\in [0,1)$ , la serie converge;

Se $\ell\in(1,+\infty]$ , la serie diverge;

Se $\ell=1$ , il criterio è inconcludente.

$\quad$

Dimostrazione. Trattiamo i tre casi separatamente.

$\quad$

Caso ${\ell\in[0,1)}$ . Per definizione di limite, abbiamo
$\forall \,\varepsilon >0 \quad \exists\, N_{\varepsilon}>0 : \; \forall \, n \geq N_{\varepsilon}\quad \left| \dfrac{a_{n+1 }}{a_n}-\ell\right| <\varepsilon.$

Poiché $a_n >0$ definitivamente, possiamo assumere che $\forall\, n \geq N_\varepsilon$

(42) $\begin{equation*} 0< \dfrac{a_{n+1}}{a_n}<\ell+\varepsilon. \end{equation*}$

Scegliamo $\varepsilon_0= \dfrac{1-\ell}{2}>0$ e poniamo

(43) $\begin{equation*} M\coloneqq \ell +\varepsilon_0=\ell +\dfrac{1-\ell}{2}=\dfrac{1+\ell}{2}<1. \end{equation*}$

Sostituendo (43) in (42), otteniamo che $\forall \,n\geq N_{\varepsilon_0}$

(44) $\begin{equation*} 0< a_{n+1}<Ma_n. \end{equation*}$

Utilizzando ripetutamente la disuguaglianza (44), otteniamo che $\forall\, k >0$

(45) $\begin{equation*} 0<a_{N_{\varepsilon_0}+k}<Ma_{N_{\varepsilon_0}+k-1}<\dots< M^{k} a_{N_{\varepsilon_0}}. \end{equation*}$

Dunque, si ha che

(46) $\begin{equation*} \sum_{k=N_{\varepsilon_0}+1}^{+\infty}a_{N_{\varepsilon_0}+k}\leq a_{N_{\varepsilon_0}}\sum_{k=N_{\varepsilon_0}+1}^{+\infty} M^{k}< +\infty, \end{equation*}$

dove nell’ultima disuguaglianza abbiamo utilizzato, cf. proposizione 3, che $M<1$ , cf. (43).

Concludiamo, per il corollario 1, che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ converge.

Caso ${\ell\in(1,+\infty]}$ . Poiché $\ell>1$ , esiste $n_0 > 0$ t.c. $\forall \,n\geq n_0,\,\, \dfrac{a_{n+1}}{a_n}>1$ , ovvero la successione $\{ a_n \}$ è definitivamente strettamente crescente, quindi non è infinitesima. Siccome non è soddisfatta la condizione necessaria, cf. proposizione 1, la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ diverge positivamente, cf. lemma 1. Notiamo che, ragionando come in (44) e (45), si dimostra facilmente che $\left\{ a_n \right\}$ tende a infinito.

Caso ${\ell=1}$ . Mostriamo che esistono due successioni $\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}}, \{a_n'\}_{n\in \mathbb{N}}$ tali che

(47) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n+1 }}{a_n}= \lim_{n \to +\infty} \dfrac{a'_{n+1 }}{a'_n}=1, \end{equation*}$

aventi serie associata di carattere diverso. Ad esempio, possiamo scegliere

(48) $\begin{equation*} a_n=n \quad \mbox{e} \quad a_n'=\dfrac{1}{n^2}. \end{equation*}$

È facile convincersi che le successioni scelte soddisfano (47). Inoltre, poiché $a_n \to + \infty$ per $n \to + \infty$ , la serie associata a $\{ a_n \}$ diverge, cf. proposizione 1. Infine, per il Lemma 7, sappiamo che la serie associata a $\{ a'_n \}$ converge. Concludiamo che nel caso $\ell=1$ il criterio è inconcludente.

Dalla dimostrazione appena vista, si deduce il seguente risultato sulla teoria delle successioni.

Corollario 3 (criterio del rapporto per successioni). Sia $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ una successione a termini definitivamente positivi tale che esiste

$\ell \coloneqq \lim_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n+1 }}{a_n}.$

Allora, vale che

$\quad$

Se $\ell <1$ , la successione è definitivamente monotona decrescente e infinitesima;

Se $\ell>1$ , la successione è definitivamente monotona crescente e illimitata.

$\quad$

Osservazione 8. Ricordiamo al lettore che nello studio della convergenza di una serie si sconsiglia di applicare il criterio del rapporto senza prima aver controllato che la condizione necessaria, cf. proposizione 1, sia soddisfatta. Infatti, nel caso in cui

(49) $\begin{equation*} \displaystyle \lim_{n\to +\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1 \quad \wedge \quad a_{n+1} \geq a_n \; \, \mbox{definitivamente}, \end{equation*}$

o, equivalentemente, usando il solito abuso di notazione, $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=1^+$ , il criterio è inconcludente ma possiamo comunque dedurre il carattere della serie. Infatti, lo stesso argomento utilizzato nel caso $\ell>1$ dimostra che la successione $\{ a_n \}$ non è infinitesima e quindi, cf. proposizione 1 e lemma 1, che la serie associata diverge positivamente.

Esempio 9. Consideriamo la serie

(50) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n!}{n^n}, \end{equation*}$

e dimostriamo che essa è convergente utilizzando il criterio del rapporto.

Osserviamo che la serie (50) soddisfa le ipotesi del teorema 4. Ponendo $a_n\coloneqq \dfrac{n!}{n^n}$ , abbiamo

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{(n+1)!\,n^n}{(n+1)^{n+1}\,n!}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{\cancel{(n+1)}\, \cancel{n!}\, n^n}{\cancel{(n+1)}(n+1)^{n}\cancel{n!}}=\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{\left( 1+ \frac{1}{n} \right)^{n}}=\frac 1 e<1,$

quindi la serie data converge per il criterio del rapporto.

Esiste una versione più generale del teorema 4, la cui dimostrazione viene lasciata per esercizio. Per la soluzione, si veda, ad esempio, [9, pag. 66].

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ una serie a termini positivi. Allora vale che:

$\quad$

Se $\displaystyle \limsup_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}<1$ , la serie converge;

Se $\displaystyle\liminf_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}>1$ , oppure $a_{n+1}>a_n$ definitivamente, la serie diverge;

Altrimenti, il criterio è inconcludente.

$\quad$

Esempio 10. Consideriamo la successione

(51) $\begin{equation*} a_n= 2^{-3n-(-1)^n}, \end{equation*}$

e dimostriamo che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ converge.

Osserviamo che la serie data soddisfa le ipotesi del criterio del rapporto, cf. teorema 4, (risp. della sua generalizzazione, cf. Esercizio 10). In questo caso, però, la versione debole del criterio non è applicabile, poiché il limite

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}$

non esiste. Infatti, si ha

(52) $\begin{equation*} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}= 2^{-3(n+1)-(-1)^{n+1}- \big( -3n-(-1)^n\big)}=2^{-3+2(-1)^n}= \begin{cases} 2^{-5}, \mbox{ se } n \mbox{ è dispari};\\ 2^{-1}, \mbox{ se } n \mbox{ è pari}. \end{cases} \end{equation*}$

Nonostante ciò, dalla (52) otteniamo che

(53) $\begin{equation*} \limsup_{n \to +\infty} \dfrac{a_{n+1}}{a_n}= \frac 1 2<1, \end{equation*}$

dunque la serie converge per la versione generale del criterio del rapporto.

Criterio della radice.

Teorema 5 (criterio della radice). Sia $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ una serie a termini definitivamente positivi tale che

(54) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow +\infty }\sqrt[n]{a_{n}}=\ell\in[0,+\infty]. \end{equation*}$

Allora, vale che:

$\quad$

Se $\ell\in [0,1)$ , la serie converge;

Se $\ell\in(1,+\infty]$ , la serie diverge;

Se $\ell=1$ , il criterio è inconcludente.

$\quad$

Dimostrazione. Trattiamo i tre casi separatamente.

$\quad$

Caso ${\ell\in[0,1)}$ . Per definizione di limite, si ha
$\forall \, \varepsilon>0 \quad \exists N_\varepsilon>0 :\; \forall\, n \geq N_\varepsilon \quad \left \vert \sqrt[n]{a_n}-\ell\right \vert <\varepsilon,$

ovvero

(55) $\begin{equation*} \ell-\varepsilon<\sqrt[n]{a_n}<\ell+\varepsilon\qquad \forall \,n\geq N_\varepsilon. \end{equation*}$

Scegliamo $\varepsilon_0=\dfrac{1-\ell}{2}$ e poniamo $M \coloneqq \ell+\varepsilon_0$ . Dalla disuguaglianza di destra in (55), otteniamo che $\forall \, n\geq N_{\varepsilon_0}$

$\sqrt[n]{a_n}<M \iff a_n<M^{n}.$

Dunque, si ha che

$\sum_{n=N_{\varepsilon_0}}^{+\infty}a_n\leq \sum_{n=N_{\varepsilon_0}}^{+\infty}M^{n} < + \infty,$

dove nell’ultima disuguaglianza abbiamo utilizzato, cf. proposizione 3, che $M<1$ , cf. (43). Concludiamo, per il Corollario 1, che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ converge.

Caso ${\ell\in(1,+\infty]}$ Si ha che

(56) $\begin{equation*} \exists C>1,\; \exists N >0 : \; \forall\, n \geq N \quad \sqrt[n]{a_n} >C. \end{equation*}$

Infatti, per $\ell = +\infty$ la (56) segue subito dalla definizione di limite, mentre per $\ell\in(1,+\infty)$ la (56) si ottiene scegliendo in (55) $\varepsilon_0=\dfrac{\ell-1}{2}$ , $C=\ell-\varepsilon_0$ e $N=N_{\varepsilon_0}$ . Dalla (56) otteniamo che

$a_n>C^{n}\qquad \forall\, n\geq N,$

e quindi

$\sum_{n=N}^{+\infty}a_n\geq \sum_{n=N}^{+\infty}C^n=+\infty,$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato, cf. proposizione 3, che $C>1$ .

Concludiamo, per il Corollario 1, che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ diverge.

Caso ${\ell=1}$ Mostriamo che esistono due successioni $\{a_n\}_{n\in \mathbb{N}}, \{a_n'\}_{n\in \mathbb{N}}$ tali che

(57) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n}= \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a'_n}=1, \end{equation*}$

aventi serie associata di carattere diverso. Ad esempio, scegliendo le successioni come in (48), è facile convincersi che esse soddisfano (57). Tuttavia, come osservato in precedenza, le serie associate a tali successioni hanno carattere diverso.

Osservazione 9. Si vuole far notare al lettore che per dimostrare il criterio della radice e del rapporto si è fatto uso dei risultati sulla serie geometrica, cf. proposizione 3. Pertanto, usare il criterio della radice o del rapporto per studiare la convergenza della serie geometrica risulta essere un argomento circolare, dunque formalmente non valido.

Osservazione 10. Valgono le stesse considerazioni fatte nell’osservazione 8 .

Esempio 11. Consideriamo la serie

(58) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{2^n}{n^{n+1}}, \end{equation*}$

e notiamo che essa soddisfa le ipotesi del teorema 5. Abbiamo che

$\lim_{n \rightarrow + \infty}\sqrt[n]{\dfrac{2^n}{n^{n+1}}}=\lim_{n \rightarrow + \infty}2n^{-\left( 1+ \dfrac{1}{n} \right)}=\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{2}{n}\left( 1+o(1) \right)=0,$

dunque la serie data converge per il criterio della radice.

Il teorema 5 è stato enunciato nella sua forma debole per consentirne la lettura ad un pubblico ampio. Nella versione più generale si sostituisce ovunque il limite

$\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n},$

che non sempre esiste, con

$\limsup_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n},$

il quale risulta essere sempre definito, lasciando i risultati invariati. Lasciamo la dimostrazione per esercizio. Per la soluzione, si veda, ad esempio, [9, pag. 65].

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ una serie a termini positivi. Allora, vale che:

$\quad$

Se $\displaystyle \limsup_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n} <1$ , la serie converge;

Se $\displaystyle \limsup_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n} >1$ , oppure $a_n\geq 1$ definitivamente, la serie diverge;

Altrimenti, il criterio è inconcludente.

Tale criterio è più generale, come mostra il prossimo esempio.

Esempio 12. Consideriamo la serie

$\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{2^n} \sin^{2n}\left( \dfrac{\pi n}{2}+ \dfrac{\pi}{3} \right).$

Notiamo che essa soddisfa le ipotesi del criterio della radice, cf. teorema 5, (risp. della sua generalizzazione, cf. esercizio 12), poiché

(59) $\begin{equation*} \sin^2\left( \dfrac{\pi n}{2}+ \dfrac{\pi}{3} \right) = \begin{cases} \frac1 2 , \mbox{ se } n \mbox{ è dispari};\\ \frac 3 4 , \mbox{ se } n \mbox{ è pari}. \end{cases} \end{equation*}$

In questo caso, però, la versione debole del criterio non permette di concludere, poiché non esiste⁸

$\lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2^n} \sin^{2n}\left( \dfrac{\pi n}{2}+ \dfrac{\pi}{3} \right)}.$

Tuttavia, dalla (59), si ha evidentemente

(60) $\begin{equation*} \limsup_{n \to +\infty} \sqrt[n]{\frac{1}{2^n} \sin^{2n}\left( \dfrac{\pi n}{2}+ \dfrac{\pi}{3} \right)}= \limsup_{n \to +\infty} \frac{1}{2} \sin^{2}\left( \dfrac{\pi n}{2}+ \dfrac{\pi}{3} \right)= \frac 38, \end{equation*}$

per cui la serie converge per la versione generale del criterio.

Si considerino le sottosuccessioni $\{ a_{2k} \}_{k \in \mathbb{N}}$ e $\{ a_{2k+1} \}_{k \in \mathbb{N}}$ . ↩

Confronto tra criterio della radice e criterio del rapporto

Proposizione 5. Sia $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}$ una successione a termini definitivamente positivi. Se esiste

$\ell= \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}},$

allora esiste

$\ell'= \lim_{n \to +\infty} \sqrt[n]{a_n},$

e vale $\ell=\ell'$ .

$\quad$

Dimostrazione. Sia

$\ell = \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}.$

Per definizione di limite, abbiamo che

(61) $\begin{equation*} \forall\, \varepsilon >0 \quad \exists N_\varepsilon >0 : \; \forall\, n \geq N_\varepsilon \quad a_n >0 \quad \wedge \quad \ell-\varepsilon < \frac{a_{n+1}}{a_{n}} < \ell + \varepsilon. \end{equation*}$

Moltiplicando per $a_{n}$ ambo i membri dell’ultima disuguaglianza in (61), otteniamo

(62) $\begin{equation*} (\ell-\varepsilon)a_{n} < {a_{n+1}} < (\ell + \varepsilon)a_{n} \qquad\forall \,n \geq N_\varepsilon. \end{equation*}$

Supponiamo per il momento che $\ell >0$ e che $\varepsilon$ è sufficientemente piccolo, in modo tale che $\ell-\varepsilon>0$ . Poniamo $N=N_\varepsilon$ e sfruttiamo ripetutamente la disuguaglianza (62) partendo da $n = N$ come segue

(63) $\begin{equation*} \begin{gathered} (\ell-\varepsilon) a_{N} < {a_{N +1}} < (\ell + \varepsilon)a_{N};\\ (\ell-\varepsilon)^{2} a_{N} <(\ell-\varepsilon) a_{N + 1} < {a_{N +2}} < (\ell + \epsilon) a_{N + 1} < (\ell+\varepsilon)^2a_{N}; \\ \cdots \\ \phantom{ \qquad\forall k \geq 0.} (\ell-\varepsilon)^{k} a_{N} <{a_{N+k}} <(\ell+\varepsilon)^k a_{N} \qquad\forall \,k \geq 1. \end{gathered} \end{equation*}$

In altri termini, si ottiene:

$(\ell-\epsilon)^{n-N} a_{N} <{a_{n}} <(\ell+\varepsilon)^{n-N}a_{N} \qquad\forall \, n > N,$

cioè

(64) $\begin{equation*} (\ell-\varepsilon)^{n} \frac{a_{N}}{(\ell-\varepsilon)^{N}} <{a_{n}} <(\ell+\varepsilon)^{n}\frac{a_{N}}{(\ell+\varepsilon)^{N}} \qquad\forall \, n> N. \end{equation*}$

Possiamo applicare la radice $n$ -esima a tutti i membri della diseguaglianza (64), ottenendo:

(65) $\begin{equation*} \left(\ell-\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell-\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}<\sqrt[n]{a_n}<\left(\ell+\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell+\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}},\quad \forall \, n> N. \end{equation*}$

Osserviamo che, se $\ell=0$ , in (63), (64), (65) le disuguaglianza di destra continuano ad essere valide, mentre a sinistra dobbiamo sostituire ovunque $0$ , ottenendo infine:

(66) $\begin{equation*} 0 < \sqrt[n]{a_n}<\left(\ell+\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell+\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}\qquad \forall \,n> N. \end{equation*}$

Notiamo che

$\ell> \varepsilon \implies \lim_{n\to+\infty}\left(\ell-\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell-\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}=\left(\ell-\varepsilon\right)$

$\lim_{n\to+\infty}\left(\ell+\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell+\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}=\left(\ell+\varepsilon\right).$

Quindi, se $\ell > \varepsilon$

(67) $\begin{equation*} \forall \, \eta >0 \quad \exists M>N: \; \forall\,n \geq M \quad \left(\ell-\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell-\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}} >\ell - \varepsilon-\eta \quad \wedge \quad \left(\ell+\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell+\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}<\ell+\varepsilon+\eta, \end{equation*}$

mentre, se $\ell=0$

(68) $\begin{equation*} \forall \, \eta >0 \quad \exists M>N: \; \forall\,n \geq M \quad \left(\ell+\varepsilon\right)\left(\dfrac{a_N}{\ell+\varepsilon}\right)^{\frac{1}{n}}<\ell+\varepsilon+\eta, \end{equation*}$

Dunque, sostituendo (67) in (65) (risp. (68) in (66) se $\ell=0$ ), otteniamo che $\forall\, n \geq M$

$\left\vert\sqrt[n]{a_{n}} \right\vert<\ell+\varepsilon+ \eta,$

ovvero, per arbitrarietà di $\varepsilon$ e $\eta$ ,

$\lim_{n \to + \infty} \sqrt[n]{a_n} = \ell.$

Segnaliamo che esiste una dimostrazione più “elementare” della Proposizione 5, che fa uso, però, di un risultato tutt’altro che banale, noto come Teorema di Stolz-Cesaro⁹, che di seguito richiamiamo. Per la dimostrazione di tale risultato, si veda, ad esempio, [7, pag. 85].

Il Teorema di Stolz-Cesaro, dovuto a Otto Stolz (1842–1905) e Ernesto Cesaro (1856–1906) è la versione discreta del Teorema di De l’Hôpital. ↩

Teorema 6 (Stolz-Cesaro). Siano $\{x_{n}\}_{n\in\mathbb{N}}, \{y_{n}\}_{n\in\mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ due successioni, tali che $\left\{ y_{n} \right\}$ sia strettamente monotona crescente e illimitata. Allora, se esiste

$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}},$

esiste anche

$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}},$

e si ha

$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}= \lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}.$

$\quad$

Dimostrazione alternativa alla proposizione 5. Sia

$\ell = \lim_{n \to +\infty} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}.$

Notiamo che, definitivamente

(69) $\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{a_{n+1}}{a_{n}}&=\exp\left( \ln\left( \frac{a_{n+1}}{a_{n}} \right) \right)=\exp\left( \ln{a_{n+1}} -\ln{a_{n}} \right) \end{aligned} \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to + \infty$ in (69), per la continuità dell’esponenziale, otteniamo che esiste

$\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{\ln{a_{n+1}}-\ln{a_{n}}}{(n+1)-n}= \ln(\ell),$

dove poniamo, per convenzione, $\ln(0)\coloneqq -\infty$ . Allora, per il teorema di Stolz-Cesaro, cf. teorema 6, si ha

$\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{\ln{a_{n}}}{n}= \ln(\ell),$

cioè

$\ell= \lim_{n \rightarrow + \infty}\exp\left( \dfrac{\ln{a_{n}}}{n} \right)= \lim_{n \rightarrow + \infty}\sqrt[n]{a_n}.$

Osservazione 11. Il risultato appena dimostrato non può essere invertito. Esistono dei casi in cui il criterio della radice ci permette di arrivare a delle conclusioni sul carattere della serie, mentre il criterio del rapporto no. Si consideri la successione

(70) $\begin{equation*} a_n=2^{-n-(-1)^n}. \end{equation*}$

Notiamo che

(71) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \sqrt[n]{a_{n}}=\frac{1}{2}, \end{equation*}$

mentre

(72) $\begin{equation*} \lim_{k\to +\infty} \frac{a_{2k+1}}{a_{2k}}=2, \qquad \lim_{k\to +\infty} \frac{a_{2k+2}}{a_{2k+1}}=\frac{1}{8}, \end{equation*}$

quindi il limite del rapporto, $\displaystyle \lim_{n\to +\infty} \frac{a_{n+1}}{n}$ , non esiste. Osserviamo che, in questo caso, neanche la versione generale del criterio del rapporto, cf. esercizio 10, ci permette di concludere che la serie converge, in quanto il limite superiore del rapporto è pari a $2$ .

Dal teorema 5 e dall’osservazione precedente, possiamo evincere il seguente risultato.

Corollario 4. Il criterio della radice è più forte del criterio del rapporto.

$\quad$

Per finire questa sezione, osserviamo che il risultato appena visto non implica che il criterio del radice va preferito, in generale, al criterio del rapporto. Infatti, a volte è più comodo utilizzare il criterio del rapporto piuttosto che il criterio della radice, e la scelta va fatta in base all’esperienza che abbiamo accumulato nel risolvere gli esercizi. Ad esempio, nello studio della serie nell’Esempio 9, è più semplice utilizzare il criterio del rapporto che quello della radice, mentre nell’Esempio 11, il criterio della radice risulta più rapido.

Per terminare il confronto tra i due criteri, proponiamo un esercizio che mette in relazione le rispettive versioni generali, cf. esercizio 2, 3. Per la dimostrazione, si veda, ad esempio [9, pag. 68].

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\{ a_n \}$ una successione a termini positivi. Dimostrare che

$\liminf_{n\to + \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n} \leq \liminf_{n\to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} \leq \limsup_{n\to + \infty} \sqrt[n]{a_{n}} \leq \limsup_{n\to + \infty} \frac{a_{n+1}}{a_n}.$

Criterio dell'integrale.

Teorema 7 (criterio dell’integrale). Sia $\{ a_n \}_{n\in \mathbb{N}}$ una successione a termini positivi e decrescente e sia $f:[1,+\infty) \rightarrow \mathbb{R}$ una funzione positiva e decrescente tale che $f(n) = a_n$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Allora, l’integrale improprio $\displaystyle \int\limits_{1}^{+\infty}f(x)\,{\rm d}x$ ha lo stesso carattere della serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ .

$\quad$

Dimostrazione. Sia $S_N \coloneqq \displaystyle\sum_{n=1}^{N}a_n, \; N \in \mathbb{N},$ la successione delle somme parziali della serie associata a $\{ a_n \}$ . Per ipotesi, $f$ è decrescente, quindi

(73) $\begin{equation*} \forall \,n \in \mathbb{N}, \; \forall \, x \in [n,n+1] \qquad a_{n+1} = f(n+1) \leq f(x) \leq f(n) =a_n. \end{equation*}$

Integrando la (73), otteniamo

(74) $\begin{equation*} \int\limits_{n}^{n+1}a_{n+1}\,{\rm d}x\, \leq \int\limits_n^{n+1}f(x)\,{\rm d}x\leq \int\limits_{n}^{n+1}a_n\,{\rm d}x, \end{equation*}$

ovvero,

(75) $\begin{equation*} a_{n+1} \leq \int\limits_n^{n+1}f(x)\,{\rm d}x \leq a_{n}. \end{equation*}$

Sommando i termini (75) per $n$ da $1$ a $N$ , otteniamo:

(76) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^N a_{n+1} \leq \sum_{n=1}^{N}\int\limits_{n}^{n+1}f(x)\,{\rm d}x \leq\sum_{n=1}^N a_{n}. \end{equation*}$

Il primo membro di (76) può essere riscritto come

$\sum_{n=1}^N a_{n+1}= \sum_{n=2}^{N+1} a_n = S_{N+1} - a_1.$

Il terzo membro di (76) coincide con $S_N$ , mentre il secondo, per l’additività dell’integrale, diventa

$\sum_{n=1}^{N}\int_{n}^{n+1}f(x)\,{\rm d}x=\int_{1}^{N+1}f(x)\,{\rm d}x,$

da cui, sostituendo in (76),

(77) $\begin{equation*} S_{N+1} - a_1 \leq \int\limits_{1}^{N+1}f(x)\,{\rm d}x\leq S_N \qquad \forall N \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Passando al limite per $N\to +\infty$ in (77), e ricordando che il limite esiste per monotonia delle successioni, otteniamo

(78) $\begin{equation*} S - a_1 \leq \int\limits_{1}^{+\infty}f(x)\,{\rm d}x\leq S. \end{equation*}$

Abbiamo riportato una rappresentazione grafica di tale disuguaglianza nella figura 4. Concludiamo che l’integrale in (78) converge se e solo se la serie $S=\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ converge.

$\quad$

Teoria sulle serie numeriche figura 4

$\quad$

Figura 4: rappresentazione grafica del criterio dell’integrale, cf. teorema 7. L’integrale definito di $f$ sull’intervallo $[ 1,6]$ , ovvero l’area della porzione di piano (in celeste) sottesa al grafico, è stimato dal basso da $S_6-a_1$ (in verde chiaro) e dall’alto da $S_5$ (tratteggiata sopra la curva).

$\quad$

Osservazione 12. In accordo con il corollario 1, le ipotesi del teorema 7 possono essere indebolite, ovvero se esiste un numero naturale $n_0$ e una funzione $f:[ n_0, +\infty) \to \mathbb{R}$ decrescente e positiva tale che $f(n)=a_n \; \forall n \in \mathbb{N}$ , allora la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} a_n$ ha lo stesso carattere dell’integrale improprio $\displaystyle \int_{n_0}^{+\infty}f(x)\,{\rm d}x.$

Esempio 13. Dimostriamo che la serie

(79) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n\ln n\ln^2(\ln n)} \end{equation*}$

è convergente.

Osserviamo che la successione $a_n= n \ln n\ln^2(\ln n)$ è crescente per $n\geq 3$ , in quanto essa si ottiene come prodotto di successioni positive e crescenti. Dunque, il termine generale della serie data soddisfa le ipotesi del teorema 7, cf. osservazione 12. Osserviamo inoltre che la funzione

(80) $\begin{equation*} f: [3, +\infty) \to \mathbb{R}, \; f(x)= \dfrac{1}{x\ln x\ln^2(\ln x)}, \end{equation*}$

soddisfa le ipotesi del teorema 7, cf. osservazione 12, poiché le funzioni $f_1,f_2,f_3: [3,+\infty)\to (0,+\infty)$

$f_1(x)=x,\qquad f_2(x)=\ln x,\qquad f_3(x)=\ln^2 x$

sono crescenti e positive, il loro prodotto $f_1f_2f_3$ è crescente e positivo. Dunque, la funzione $f$ , poiché coincide con il reciproco di tale prodotto, è decrescente. Dunque, la serie data converge se e solo se converge

$\int_3^{+\infty} \dfrac{1}{x\ln x\ln^2(\ln x)}\,{\rm d}x.$

Operando il cambio di variabile $y=\ln(\ln x)$ , e osservando che ${\rm d}y= \dfrac{{\rm d}x}{x\ln x}$ , abbiamo che

$\int_3^{+\infty} \dfrac{1}{x\ln x\ln^2(\ln x)}\,{\rm d}x=\int_{\ln(\ln 3)}^{+\infty} \dfrac{{\rm d}y}{y^2}.$

Quest’ultimo integrale è convergente, cosa che si può verificare direttamente integrando la funzione, oppure riapplicando il teorema 7 e utilizzando il lemma 7.

Criterio di Raabe.

Teorema 8 (criterio di Raabe). Sia $\displaystyle \sum_{n =1}^{+\infty} a_n$ una serie a termini definitivamente positivi, e supponiamo che esista

$\ell = \lim_{n \to +\infty} n \bigg( \frac{a_n}{a_{n+1}} -1 \bigg).$

Allora, vale che:

$\quad$

Se $\displaystyle \ell\in(1,+\infty]$ , la serie converge;

Se $\displaystyle\ell \in [-\infty,1)$ , la serie diverge;

Se $\displaystyle \ell=1$ , il criterio è inconcludente.

$\quad$

Dimostrazione. Trattiamo i diversi casi separatamente.

$\quad$

Caso ${\ell\in(1,+\infty)}$ . Per definizione di limite si ha che per ogni $\varepsilon >0$ esiste $N_\varepsilon>0$ tale che

(81) $\begin{equation*} \ell - \varepsilon< n \bigg( \frac{a_n}{a_{n+1}} - 1 \bigg) < \ell + \varepsilon, \qquad \forall \, n > N_\varepsilon. \end{equation*}$

In particolare,

(82) $\begin{equation*} n \bigg( \frac{a_n}{a_{n+1}} -1 \bigg) > \ell - \varepsilon, \qquad \forall \,n > N_\varepsilon. \end{equation*}$

Scegliamo $\varepsilon_0\coloneqq\ell-1>0$ e supponiamo, senza perdita di generalità, che $\forall\,n> N_{\varepsilon_0}\quad a_n>0$ . Da (82), otteniamo

$n \big( {a_n} - {a_{n+1}} \big) >a_{n+1}, \qquad \forall n > N_{\varepsilon_0},$

o, equivalentemente,

$n a_n > (n+1)a_{n+1},\qquad \forall n > N_{\varepsilon_0},$

da cui deduciamo che la successione $\{n a_n\}$ è definitivamente positiva e decrescente, e quindi ammette limite finito per il teorema sulle successioni monotone, cf. [4, pag. 71].

Ora, nella (82) scegliamo $\varepsilon_1$ tale che $0<\varepsilon_1<\ell-1$ , e poniamo $k \coloneqq \ell - \varepsilon_1 -1>0$ e $N\coloneqq N_{\varepsilon_1}$ , ottenendo che $\forall\,n >N$

(83) $\begin{equation*} n \big( {a_n} - {a_{n+1}} \big) > (k+1)a_{n+1}\quad \iff \quad k\,a_{n+1}<na_n-na_{n+1}-a_{n+1}, \end{equation*}$

ovvero,

(84) $\begin{equation*} a_{n +1} < \frac{1}{k} \big( n a_n - (n+1)a_{n+1} \big), \qquad \forall \,n > N. \end{equation*}$

Pertanto

(85) $\begin{equation*} \sum_{n=N+1}^{+\infty}a_{n+1} \leq \frac{1}{k}\sum_{n=N+1}^{+\infty} \big( n a_n - (n+1)a_{n+1} \big). \end{equation*}$

La serie al secondo membro di (85) è una serie telescopica, cf. definizione 5. Tale serie converge, cf. proposizione 4, perché la successione $\{ n a_n \}$ ha limite finito. Quindi la serie al primo membro di (85) converge per confronto. Infine, per il corollario 1, possiamo concludere che $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ risulta convergente.

Caso ${\ell =+\infty}$ . Questo caso si deduce da quanto appena visto. Infatti, per definizione di limite esistono $k>0, \, N \in \mathbb{N}$ tale che la (83), e dunque la (84), è soddisfatta.

Caso ${\ell \in(-\infty,1)}$ . Da (81), per ogni $\varepsilon>0$ , esiste un $N_\varepsilon>0$ tale che
$n\left( \dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)<\ell + \varepsilon \qquad \forall n>N_\varepsilon.$

Scegliendo $\varepsilon_0\coloneqq 1-\ell>0$ , e ponendo $N\coloneqq N_{\varepsilon_0}$ , si ha che

(86) $\begin{equation*} \forall \, n >N\qquad n\left( \dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)<1 \quad \iff \quad n a_n < (n+1) a_{n+1}, \end{equation*}$

ovvero la successione $\{na_n\}$ è definitivamente monotona crescente. Pertanto, si ha che:

(87) $\begin{equation*} \forall\,n >N+1 \qquad (N+1) a_{N+1} < n a_n \quad \iff \quad a_n>\dfrac{(N+1) a_{N+1}}{n}, \end{equation*}$

da cui

$\sum_{n=N+2}^{+\infty}a_n\geq (N+1) a_{N+1}\sum_{n=N+2}^{+\infty}\dfrac{1}{n}=+\infty,$

dove nell’ultima uguaglianza si è utilizzato il risultato sulla serie armonica, cf. lemma 7.

Concludiamo, cf. corollario 1, che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n$ è divergente.

Caso ${\ell =-\infty}$ . Questo caso si deduce da quanto appena visto. Infatti, per definizione di limite esiste $N \in \mathbb{N}$ tale che la (86) è soddisfatta.

Caso ${\ell=1}$ . Mostriamo che esistono due successioni $\{a_n\}$ e $\{a^\prime_n\}$ tale che
$\lim_{n \to \infty} n \bigg( \frac{a_n}{a_{n+1}} -1 \bigg)=\lim_{n \to \infty} n \bigg( \frac{a^\prime_n}{a^\prime_{n+1}} -1 \bigg)=1,$

aventi serie associata di carattere diverso.

Ad esempio, prendiamo $a_n=\dfrac{1}{n}$ e $a^\prime_n=\dfrac{1}{n\ln^2 n}$ . Infatti,

$\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{n+1}{n}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{n+1-n}{n}\right)=1$

e

(88) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)\ln^2\left(n+1\right)}{n\ln^2 n}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)\ln^2\left(n+1\right)-n\ln^2 n}{n\ln^2 n}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n \ln^2\left(n+1\right)+\ln^2\left(n+1\right)-n \ln^2 n}{\ln^2 n}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n\left(\ln n +\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\right)^2+\left(\ln n +\ln \left(1+\dfrac{1}{n}\right)\right)^2-n\ln ^2 n}{\ln^2 n}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n\left(\ln n +\dfrac{1}{n}+ o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^2+\left(\ln n +\dfrac{1}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^2-n\ln^2 n}{\ln^2 n}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n\left(\ln^2 n+\dfrac{2\ln n}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)+\ln^2 n+o\left(1\right)-n\ln^2 n}{\ln^2 n }\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty} \left( \dfrac{\ln^2(n)+ 2\ln n + o(1)}{\ln^2(n)} \right)=\lim_{n\to+\infty}\left(1+o\left(1\right)\right)=1. \end{aligned} \end{equation*}$

Osserviamo che la serie associata a $\{ a_n \}$ è la serie armonica, cf. lemma 7, quindi diverge:

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}=+\infty,$

mentre la associata a $\{ a'_n \}$ è una serie armonica generalizzata, cf. lemma 8, che converge:

$\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln^2 n}<+\infty.$

Pertanto, nel caso in cui $\ell=1$ , il criterio è inconcludente.

Osservazione 13. Nella dimostrazione precedente, nel caso $\ell=1$ , abbiamo dimostrato che

(89) $\begin{equation*} \lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)\ln^2\left(n+1\right)}{n\ln^2 n}-1 \right)=1. \end{equation*}$

Vogliamo far notare al lettore che esiste una soluzione più breve di (89). Poiché la derivata della funzione $f: (0,+\infty) \to \mathbb{R}, \; f(x)=x\ln^2(x)$ è

$\frac{{\rm d}}{{\rm d}x}\left(x\ln^2(x)\right)=2\ln(x)+\ln^2(x), \qquad x>0,$

abbiamo che, per il teorema di Lagrange, per ogni $n \in \mathbb{N}$ esiste $\eta_n\in(0,1)$ tale che

$(n+1)\ln^2(n+1)-n\ln^2(n) = 2\ln(n+\eta_n)+\ln^2(n+\eta_n).$

Dividendo ambo i membri per $\ln^2(n)$ , otteniamo immediatamente (89).

Osservazione 14. Il criterio di Raabe è una generalizzazione del criterio del rapporto, cf. teorema 4. Infatti, si vede facilmente che i primi due casi del teorema 4 corrispondono ai primi due casi del teorema 8. Inoltre, se il criterio di Raabe è inconcludente, ovvero se

$\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}-1\right)=1,$

abbiamo che $\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}-1$ tende a $0$ per $n\to+\infty$ , cioè $\dfrac{a_{n+1}}{a_n}$ tende a 1, e quindi anche il criterio del rapporto è inconcludente. Il viceversa non è vero, come mostra il seguente esempio.

Esempio 14. Consideriamo la successione

$a_n \coloneqq \dfrac{1}{n(n+1)(n+2)}.$

Essa soddisfa le ipotesi del teorema 8 e inoltre

$\dfrac{a_{n}}{a_{n+1}}= \dfrac{(n+1)(n+2)(n+3)}{n(n+1)(n+2)}=1+ \dfrac{3}{n}\left(1 + o \left( 1 \right) \right), \qquad n \to +\infty.$

Dunque, la serie converge per il criterio di Raabe. Osserviamo che, in questo caso, il criterio del rapporto è inconcludente.

Da quanto appena visto, possiamo evincere il seguente risultato.

Corollario 5. Il criterio di Raabe è più forte del criterio del rapporto.

$\quad$

Esiste una versione più generale del criterio di Raabe, che non presuppone l’esistenza del limite.

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Sia $\displaystyle \sum_{n =1}^{+\infty} a_n$ una serie a termini positivi e sia

$b_n = n \bigg( \frac{a_n}{a_{n+1}} -1 \bigg) \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}.$

Allora, vale che:

$\quad$

Se $\displaystyle\liminf_{n\to + \infty}b_n>1$ , la serie converge;

Se $\displaystyle\limsup_{n \to + \infty}b_n<1$ , la serie diverge;

Altrimenti, il criterio è inconcludente.

Criterio del logaritmo.

Teorema 9. (criterio del logaritmo). Sia $\displaystyle \sum_{n =1}^{+\infty} a_n$ una serie a termini definitivamente positivi e supponiamo che esista

$\ell = \lim_{n \to +\infty}\dfrac{\ln a_n}{\ln n }.$

Allora, vale che:

$\quad$

Se $\ell \in [-\infty,-1)$ , la serie converge;

Se $\ell \in (-1,+\infty]$ , la serie diverge;

Se $\ell=-1$ , il criterio è inconcludente.

$\quad$

Dimostrazione.

Caso ${\ell \in\mathbb{R}}$ . Per definizione di limite, si ha:

$\forall \,\varepsilon>0 \quad \exists N_\varepsilon>0: \; \forall\, n>N_\varepsilon \quad \left \vert \dfrac{\ln a_n}{\ln n }-\ell \right \vert <\varepsilon,$

ovvero, $\forall \, n > N_\varepsilon$

(90) $\begin{equation*} (\ln n)( \ell - \varepsilon) < \ln a_n < (\ln n)(\ell+ \varepsilon) \quad \iff \quad \begin{cases} a_n>e^{\left(\ell-\varepsilon \right)\ln n }=n^{\ell-\varepsilon}=\dfrac{1}{n^{\varepsilon-\ell}}\\ a_n<e^{\left({\ell+\varepsilon}\right)\ln n }=n^{\ell +\varepsilon}=\dfrac{1}{n^{-\varepsilon-\ell}}. \end{cases} \end{equation*}$

Notiamo che $\ell >-1$ , possiamo scegliere $\varepsilon>0$ tale che $\varepsilon - \ell <1$ . Dalla prima disequazione del sistema in (90), vediamo che il termine generale della serie di partenza è definitivamente minorato dal termine generale di una serie armonica generalizzata, cf. lemma 7, la quale risulta essere divergente per $\varepsilon-\ell\leq1$ . Dunque, per $\ell> -1$ , si può concludere che la serie $\displaystyle \sum_{n=N_\varepsilon+1}^{+\infty}a_n$ diverge per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e quindi anche la serie di partenza diverge, cf. corollario 1.

Se, invece, $\ell <-1$ , possiamo scegliere $\varepsilon>0$ tale che $-\varepsilon - \ell >1$ . Dalla seconda disequazione del sistema in (90), vediamo che il termine generale della serie di partenza è definitivamente maggiorato dal termine generale di una serie armonica generalizzata, cf. lemma 7, la quale risulta essere convergente per $-\varepsilon-\ell>1$ . Analogamente a prima, per $\ell<-1$ , si può concludere che la serie $\displaystyle \sum_{n=N_\varepsilon+1}^{+\infty}a_n$ converge per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e quindi anche la serie di partenza diverge, cf. corollario 1.

Caso ${\ell=+\infty}$ . Per definizione di limite, si ha:
$\exists N>0:\; \forall \,n>N \quad \dfrac{\ln a_n}{\ln n } >1 \quad \iff \quad a_n>n,$

quindi $a_n$ non è infinitesima e dunque, cf. proposizione 1, la serie associata diverge.

Caso ${\ell=-\infty}$ . Per definizione di limite, si ha:
$\exists N>0:\; \forall \,n>N \quad \dfrac{\ln a_n}{\ln n } <-2\quad \iff \quad a_n< \dfrac{1}{n^2}.$

Il termine generale $a_n$ della serie di partenza, quindi, è definitivamente maggiorato dal termine di una serie armonica generalizzata convergente, cf. lemma 7. Concludiamo, per il il criterio del confronto, cf. teorema 1, e per il corollario 1, che la serie di partenza è convergente.

Caso ${\ell=-1}$ . Mostriamo che esistono due successioni $\{a_n\}$ e $\{a^\prime_n\}$ tale che

(91) $\begin{equation*} \lim_{n \to +\infty}\dfrac{\ln a_n}{\ln n }= \lim_{n \to +\infty}\dfrac{\ln a^\prime_n}{\ln n }=-1, \end{equation*}$

aventi serie associata di carattere diverso. Ad esempio, scegliendo $a_n=\dfrac{1}{n}$ e $a^\prime_n=\dfrac{1}{n\ln^2 n }$ , si vede facilmente che esse soddisfano la (91). Tuttavia, sappiamo, cf. lemma 7, che

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}=+\infty,$

e anche, cf. lemma 8, che

$\sum_{n=2 }^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln^2 n}<+\infty,$

quindi, in questo caso, il criterio è inconcludente.

Esempio 15. Dimostriamo che la serie

(92) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \left( 1-\dfrac{1}{n} \right)^{n^2} \end{equation*}$

converge.

Notiamo che la serie data soddisfa le ipotesi del teorema 9. Abbiamo che

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{\ln(a_n)}{\ln n}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{n^2\ln\left( 1-\dfrac{1}{n} \right)}{\ln n}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{-n}{\ln n}\left( 1+o(1) \right)=-\infty,$

dunque la serie converge per il criterio del logaritmo.

Criteri di convergenza per serie numeriche a termini di segno variabile

Criterio della convergenza assoluta.

Definizione 6 (convergenza semplice e assoluta). Sia $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ una successione. Diremo che la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} a_n$ è assolutamente convergente, oppure converge assolutamente, se

$\sum_{n=0}^{+\infty}\left|a_n\right| < +\infty.$

$\quad$

Terminologia. A volte, si usa dire che una serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} a_n$ è semplicemente convergente se la serie è convergente nel senso della definizione 1, per rimarcare la differenza con la convergenza assoluta.

Proposizione 6 (criterio della convergenza assoluta). Sia $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ una successione. Se la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} a_n$ converge assolutamente, allora converge semplicemente.

$\quad$

Dimostrazione. Dimostriamo l’asserto utilizzando il criterio di Cauchy, cf. proposizione 2. Se la serie è assolutamente convergente, si ha che

(93) $\begin{equation*} \forall\, \varepsilon > 0\quad \exists N_\varepsilon \geq 0:\quad \forall \, m > N_\varepsilon,\,\, \forall p > 0 \quad \sum_{k=m+1}^{m+p} \left\vert a_k \right\vert < \varepsilon, \end{equation*}$

in quanto i termini in (93) sono tutti non negativi.

Applicando la disuguaglianza triangolare, otteniamo che

$\forall\, \varepsilon > 0\quad \exists N_\varepsilon \geq 0:\quad \forall \, m > N_\varepsilon,\,\, \forall p > 0 \quad \left\vert\sum_{k=m+1}^{m+p} a_k \right\vert \leq \sum_{k=m+1}^{m+p} \left\vert a_k \right\vert <\varepsilon,$

per cui la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty} a_n$ soddisfa il criterio di Cauchy, ed è quindi convergente.

Osservazione 15. Il teorema appena dimostrato rimane valido, e la dimostrazione è formalmente identica, nel caso in cui $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{C}$ , cf. Osservazione 2.

Esempio 16. Studiamo il carattere della seguente serie, applicando il criterio della convergenza assoluta:

(94) $\begin{equation*} S = \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^2\cos\left(n\right)}{n^4+7n}. \end{equation*}$

Osserviamo che $\vert \cos \left( n\right)\vert \leq 1$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ , pertanto abbiamo

$\left\vert\dfrac{n^2\cos\left(n\right)}{n^4+7n} \right\vert \leq \dfrac{n^2}{n^4+7n}.$

Inoltre, notiamo che per $n\to+\infty$ , si ha

$\dfrac{n^2}{n^4+7n}=\dfrac{1}{n^2}\left(1+o\left(1\right)\right),$

da cui è possibile dedurre, cf. lemma 7 e Teorema 2, che la serie $\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^2}{n^4+7n}$ è convergente.

Concludiamo che la serie data converge assolutamente per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e quindi anche semplicemente per la proposizione 6.

Esempio 17. Studiamo il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(95) $\begin{equation*} S = \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{1}{n} . \end{equation*}$

Abbiamo

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n \dfrac{1}{n}\right \vert =\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}=+\infty,$

dove nell’ultima uguaglianza abbiamo utilizzato il risultato sulla serie armonica, cf. lemma 7. Dunque, siccome la serie data non converge assolutamente, non possiamo concludere nulla sul carattere della serie.

Osservazione 16. Il teorema 6 non può essere invertito, cioè la convergenza semplice non implica la convergenza assoluta. Infatti, vedremo nella prossima sezione che la serie studiata nell’Esempio 17 è convergente, cf. esempio 18.

Criterio di Leibniz.

Teorema 10 (criterio di Leibniz). Sia $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}\subset \mathbb{R}$ una successione che soddisfa le seguenti proprietà:

$\quad$

$\{a_n\}$ è definitivamente monotona;

$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}a_n = 0$ .

Allora, la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n a_n$ è convergente.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo per il momento che $\{ a_n \}$ sia definitivamente non crescente e osserviamo che

(96) $\begin{equation*} a_n\; \mbox{ definitivamente non crescente e infinitesima } \;\implies \; a_n \mbox{ definitivamente non negativa.} \end{equation*}$

Infatti, siccome esiste $n_0$ tale che per ogni $n \geq n_0$ si ha $a_{n+1}\leq a_n$ , se esistesse $n_1>n_0$ tale che $a_{n_1}<0$ , dalla non crescenza avremmo $\displaystyle \lim_{n \to + \infty}a_n\leq a_{n_1}<0$ , che è assurdo, poiché per ipotesi $\{ a_n \}$ è infinitesima.

Sia $\displaystyle S_n \coloneqq \sum_{k = 0}^{n}(-1)^k a_k, \; n \in \mathbb{N}$ la successione delle somme parziali. Per $n$ sufficientemente grande, si ha

(97) $\begin{equation*} S_{2n+1}=S_{2n}+ (-1)^{2n+1}a_{2n+1}=S_{2n}-a_{2n+1} \leq S_{2n} \end{equation*}$

Inoltre, per $n$ sufficientemente grande, si ha

(98) $\begin{equation*} \begin{aligned} S_{2n+1} &= S_{2n-1}+(-1)^{2n}a_{2n} +(-1)^{2n+1}a_{2n+1} = S_{2n-1} + \left( a_{2n}-a_{2n+1} \right) \geq S_{2n-1}\\ S_{2n+2} &= S_{2n}+(-1)^{2n+1}a_{2n+1} +(-1)^{2n+2}a_{2n+2} = S_{2n} + \left( -a_{2n+1}+a_{2n+2} \right) \leq S_{2n}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove abbiamo usato che, se $n$ sufficientemente grande, si ha $a_{2n}\geq a_{2n+1}\geq a_{2n+2}$ . Da (98) otteniamo che la successione delle somme parziali di indice dispari $\{S_{2n+1}\}_{n\in \mathbb{N}}$ è non decrescente, mentre la successione delle somme parziali di indice pari $\{S_{2n}\}_{n\in \mathbb{N}}$ è non crescente. Quest’ultima è limitata inferiormente da 0, e anche superiormente limitata, in quanto definitivamente decrescente. Dunque, anche la successione $\{ S_{2n+1} \}$ è superiormente limitata per (97). Concludiamo che, per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71], si ha:

$\exists \, \lim_{n\to+\infty} S_{2n}=\ell_1\in\mathbb{R}$

$\exists \, \lim_{n\to+\infty} S_{2n-1}=\ell_2\in\mathbb{R}.$

Inoltre, passando al limite nell’equazione (97), e sfruttando il fatto che $\lim\limits_{n \to + \infty}a_n=0$ , abbiamo

(99) $\begin{equation*} \ell_2=\lim_{n \rightarrow + \infty}S_{2n+1}= \lim_{n \rightarrow + \infty}S_{2n}- \lim_{n \rightarrow + \infty}a_{2n+1}=\ell_1. \end{equation*}$

Dalla (99) segue subito¹⁰ che

$\exists\, \lim_{n \rightarrow + \infty} S_n=\ell_1=\ell_2,$

dunque la serie converge. Per completare la dimostrazione, dobbiamo studiare il caso in cui $\{a_n\}$ sia monotona non decrescente. Tuttavia, in questo caso, è sufficiente considerare la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^na^\prime_n$ , dove $a^\prime_n=-a_n$ , e ricondursi al caso precedente.

Si ha che $\forall \, \varepsilon>0 \quad \exists N_1, N_2>0$ tale che $\left( n>N_1 \implies \left \vert S_{2n}-\ell_1\right \vert <\varepsilon \right)$ e $\left( n>N_2 \implies \left \vert S_{2n+1}-\ell_2\right \vert <\varepsilon \right)$ . Poiché $\ell_1=\ell_2$ , basta prendere $N_\varepsilon=\max\{ N_1,N_2 \}$ nella definizione di limite. ↩

Esempio 18. Studiamo il carattere della seguente serie applicando il criterio di Leibniz:

(100) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(-1)^{n}}{n} . \end{equation*}$

La serie data è a segno alterno, e il termine generale $a_n = \dfrac{1}{n}$ è decrescente e infinitesimo, quindi è possibile applicare il criterio di Leibniz, cf. teorema 10, e concludere che essa è convergente. La serie data è l’esempio classico di serie convergente, ma non assolutamente convergente, cf. esempio 17 , ed è nota come serie armonica alternata.

Esempio 19. Studiamo il carattere della seguente serie:

(101) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n}\left(\sqrt[n]{n}-1\right). \end{equation*}$

Dimostriamo che le ipotesi del criterio di Leibniz sono soddisfatte:

$\quad$

La serie è a segni alterni, poiché $\sqrt[n]{n}\geq 1 \quad \forall\, n \in \mathbb{N}$ ;

Il termine generale $a_n\coloneqq \sqrt[n]{n}-1$ è definitivamente decrescente, infatti:
$\sqrt[n+1]{n+1}-1 \leq \sqrt[n]{n}-1 \quad \iff \quad (n+1)^n \leq n ^{n+1} \quad \iff \quad \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n} \leq n .$

L’ultima disuguaglianza è soddisfatta definitivamente, dato che $\displaystyle \left(1+\frac{1}{n}\right)^n\leq e < 3$ .

$\begin{aligned} \lim\limits_{n\rightarrow+\infty} \left( \sqrt[n]{n} - 1 \right) &= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty} \left( e^{\frac{1}{n} \ln(n)} - 1 \right) \\ &= \lim\limits_{n\rightarrow+\infty} \left( \frac{\ln(n)}{n} + o\left( \frac{\ln(n)}{n} \right) \right) \\ &= 0 \end{aligned}$

Dunque, possiamo applicare il criterio di Leibniz e concludere che la serie è convergente.

Osservazione 17. Ricordiamo che il criterio di Leibniz non può essere applicato insieme al criterio del confronto, o del confronto asintotico, in quanto quest’ultimi sono criteri di convergenza per serie a termini non negativi. Un errore comune è quello di calcolare la forma asintotica di una serie a termini di segno qualunque e poi applicare i criteri per le serie di segno qualunque, come ad esempio il criterio di Leibniz:

questo è un errore!!

Nel prossimo esempio mostriamo l’esistenza di una serie definitivamente a segni alterni non convergente che, però, è asintotica ad una serie convergente. Ciò non contraddice il criterio del confronto asintotico, in quanto esso non è applicabile.

Esempio 20. Studiamo il carattere della seguente serie:

(102) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+ \frac{(-1)^n}{n}\right). \end{equation*}$

Se tentassimo erroneamente di studiare la sua forma asintotica, risulterebbe che

(103) $\begin{equation*} (-1)^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+ \frac{(-1)^n}{n}\right) = (-1)^{n}\frac{1}{\sqrt{n}}\left(1+o(1)\right) \approx (-1)^{n}\frac{1}{\sqrt{n}}. \end{equation*}$

La serie associata all’ultimo membro di (103) converge per il criterio di Leibniz, dato che la successione $\left\{ \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right\}_{n\geq 1}$ è positiva, decrescente e infinitesima.

Analizzando invece la serie data, abbiamo:

(104) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^{n}\left(\frac{1}{\sqrt{n}}+ \frac{(-1)^n}{n}\right) = \sum_{n=1}^{+\infty}\Bigg[\underbrace{\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}}}_{a_n}+ \underbrace{\frac{1}{n}}_{b_n}\Bigg], \end{equation*}$

La serie di termine generale $a_n$ è convergente, per quanto visto sopra, mentre la serie di termine generale $b_n$ è la serie armonica, cf. lemma 7, che è divergente, quindi la serie data è divergente per i teoremi algebrici sui limiti.

Criterio di Dirichlet.

Nella presente sottosezione enunciamo e dimostriamo il criterio di Dirichlet, che generalizza il criterio di Leibniz a serie di segno variabile. Prima di enunciare il criterio, vediamo un risultato noto come “formula di sommazione per parti”.

Lemma 9 (sommazione per parti). Siano $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}}, \{ b_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ due successioni, e $\{ B_n \}$ la successione delle somme parziali di $\{ b_n \}$ :

(105) $\begin{equation*} B_n = \displaystyle \sum_{k=0}^n b_k, \quad n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Allora, per ogni $n,m \in \mathbb{N}$ tale che $m>n$ , vale la formula:

(106) $\begin{equation*} \sum_{k=n+1}^{m} a_k b_k =a_{m}B_{m} - a_{n+1} B_{n} + \sum_{k=n}^{m-1} \left( a_k - a_{k+1}\right)B_k. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione.

(107) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sum_{k=n+1}^{m} a_k b_k &= \sum_{k=n+1}^{m} a_k\left( B_k - B_{k-1} \right) = \sum_{k=n+1}^{m} a_kB_k - \sum_{k=n+1}^{m} a_{k} B_{k-1} =\\ &\overset{\clubsuit}{=} \sum_{k=n+1}^{m} a_kB_k - \sum_{k=n}^{m-1} a_{k+1} B_{k} =\\ &\overset{\diamondsuit}{=} a_{m}B_{m} - a_{n+1}B_{n} + \sum_{k=n+1}^{m-1} \left( a_k - a_{k+1}\right)B_k, \end{aligned} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo cambiato gli indici e in $\diamondsuit$ abbiamo separato l’ultimo termine della prima somma e il primo termine della seconda somma, e infine accorpato le somme.

Teorema 11 (criterio di Dirichlet). Siano $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}}, \{ b_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ due successioni tale che:

$\quad$

la successione $\{a_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ è definitivamente monotona;

$\lim\limits_{n\rightarrow +\infty}a_n = 0$ ;

la successione $\{B_n\}_{n \in \mathbb{N}}$ delle somme parziali di $\left\{ b_n \right\}$ , definita da (105), è limitata.

Allora, la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n b_n$ è convergente.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo per il momento che la successione $\{a_n\}$ sia definitivamente non crescente. Osserviamo che $\{a_n\}$ è definitivamente positiva, in quanto definitivamente non crescente e infinitesima, cf. (96)

Definiamo $B_n \coloneqq \displaystyle \sum_{k=0}^n b_k$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ . Per ipotesi, abbiamo che

(108) $\begin{equation*} \exists M>0:\quad \forall\, n \in \mathbb{N}\quad \left|\sum_{k=0}^n b_k\right| \leq M. \end{equation*}$

e, inoltre, che

(109) $\begin{equation*} \forall\, \varepsilon>0\quad \exists N_\varepsilon>0:\quad \forall \, n>N_\varepsilon \quad \left \vert a_n\right \vert <\dfrac{\varepsilon}{2M}. \end{equation*}$

Allora, per ogni $n>N_\varepsilon$ e per ogni $p> 0$ , si ha:

(110) $\begin{equation*} \begin{aligned} \left|\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k b_k \right|&\overset{{\rm(a)}}{=}\left|B_{n+p} a_{n+p} - B_{n} a_{n+1} + \sum_{k=n+1}^{n+p-1} B_k\left( a_k - a_{k+1}\right)\right|\leq \\ &\overset{{\rm(b)}}{\leq} \left|B_{n+p} a_{n+p}\right| + \left|B_{n} a_{n+1}\right| + \sum_{k=n+1}^{n+p-1}\left \vert B_k \right \vert \left \vert a_k - a_{k+1}\right \vert \leq \\ &\overset{{\rm(c)}}{\leq} M\left|a_{n+p}\right|+ M\left|a_{n+1}\right|+ M\sum_{k=n+1}^{n+p-1} \left( a_k - a_{k+1}\right)=\\ &\overset{{\rm(d)}}{=} M\left|a_{n+p}\right|+ M\left|a_{n+1}\right|+ M \left( a_{n+1}-a_{n+p}\right) =\\ &\overset{{\rm(e)}}{=} M\left(\cancel{a_{n+p}}+a_{n+1} + a_{n+1}-\cancel{a_{n+p}}\right) = 2Ma_{n+1}\overset{{\rm(f)}}{<} 2 M \cdot\frac{\varepsilon}{2M} = \varepsilon, \end{aligned} \end{equation*}$

dove, in

(a) si è usata la formula (106);

(b) si è usata ripetutamente la disuguaglianza triangolare;

(d) si è usato il fatto che la somma è telescopica, cf. proposizione 4;

(e) si è usato il fatto che $a_n>0$ per $n>N_\varepsilon$ , il che è vero se $N_\varepsilon$ è sufficientemente grande, cf. (96);

(d) si è usata la (109).

Dunque, dalla (110), concludiamo che la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_nb_n$ soddisfa il criterio di Cauchy, cf. proposizione 2, quindi è convergente. Per completare la dimostrazione, dobbiamo studiare il caso in cui $\{a_n\}$ sia monotona non decrescente. Tuttavia, basta considerare la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a^\prime_nb_n$ , dove $a^\prime_n=-a_n$ , e ricondursi al caso precedente.

Osservazione 18. Notiamo che il criterio di Leibniz, cf. teorema 10, è un caso particolare del criterio di Dirichlet. Infatti, consideriamo una serie a segni alterni $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^na_n,$ dove $\{a_n\}$ è una successione definitivamente monotona e infinitesima. Si osservi che

$\sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^k=\begin{cases} 1, \quad &\text{se}\,\, n \,\,\text{è pari};\\ 0, &\text{se}\,\, n \,\,\text{è dispari} \end{cases}$

Dunque, preso $b_n=(-1)^n, \; n \in \mathbb{N}$ , otteniamo che la successione delle somme perziali di $\{ b_n \}$ è limitata:

$B_n=\left \vert \sum_{k=0}^{n}b_k \right \vert =\left \vert \sum_{k=0}^{n}\left(-1\right)^k \right \vert \leq 1\qquad \forall n \in \mathbb{N},$

e quindi la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n a_n$ converge per il criterio di Dirichlet.

Esempio 21. Determiniamo il carattere della seguente serie applicando il criterio di Dirichlet:

(111) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(n)}{\sqrt{n}+1} . \end{equation*}$

Scriviamo il termine generale come $a_nb_n$ , dove $a_n = \dfrac{1}{\sqrt{n}+1}$ e $b_n = \sin(n)$ , e proviamo che la serie data converge mostrando che le ipotesi del teorema di Dirichlet sono soddisfatte. La successione $\{a_n\}$ è a termini positivi, decrescente e tendente a zero. Osserviamo che, moltiplicando la successione delle somme parziali $\displaystyle B_n \coloneqq \sum_{k=0}^{n}b_k = \sum_{k=0}^n \sin(k)$ , per $2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)$ , si ha che $\forall \, n \in \mathbb{N}$

(112) $\begin{equation*} \begin{split} 2\sin\left(\frac{1}{2}\right)B_n &=\sum_{k=0}^{n}\left(2\sin\left(\frac{1}{2}\right)\sin(k)\right) \overset{\clubsuit}{=} \\ &=\sum_{k=0}^{n}\left(\cos\left(k-\frac{1}{2}\right)-\cos\left(k+\frac{1}{2}\right)\right) \overset{\diamondsuit}{=} \\ &=\cos\left(-\frac{1}{2}\right)-\cos\left(n+\frac{1}{2}\right), \end{split} \end{equation*}$

dove, in $\clubsuit$ si è usata la formula, detta di prostaferesi,

$\dfrac{1}{2}\left(\cos\left(x-y\right)-\cos\left(x+y\right)\right)=\sin x \sin y\qquad \forall \, x,y\in\mathbb{R},$

mentre in $\diamondsuit$ si è usato il fatto che la somma è telescopica, cf. proposizione 4. Pertanto, per la disuguaglianza triangolare, abbiamo:

$\begin{aligned} \left|B_n\right| =\left|\frac{\cos\left(-\dfrac{1}{2}\right)-\cos\left(n+\dfrac{1}{2}\right)}{2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)}\right| \leq \dfrac{2}{2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)} = \dfrac{1}{\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)}. \end{aligned}$

Concludiamo che la serie data soddisfa il criterio di Dirichlet, e quindi converge.

Esempio 22. Determiniamo il carattere della seguente serie applicando il criterio di Dirichlet:

(113) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\cos(n)}{n} . \end{equation*}$

Scriviamo il termine generale come $a_nb_n$ , dove $a_n = \dfrac{1}{n}$ e $b_n = \cos(n)$ , e proviamo che la serie data converge mostrando che le ipotesi del teorema di Dirichlet sono soddisfatte. La successione $\{a_n\}$ è a termini positivi, decrescente e tendente a zero. Osserviamo che, moltiplicando la successione delle somme parziali $\displaystyle B_n \coloneqq \sum_{k=0}^{n}b_k = \sum_{k=0}^n \sin(k)$ , per $2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)$ , si ha che $\forall \, n \in \mathbb{N}$

(114) $\begin{equation*} \begin{split} 2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)B_n &= \sum_{k=0}^{n}\left(2\sin\left(\frac{1}{2}\right)\cos(k)\right) \overset{\clubsuit}{=} \\ &= \sum_{k=0}^{n}\left(\sin\left(k-\frac{1}{2}\right)-\sin \left(k+\frac{1}{2}\right)\right) \overset{\diamondsuit}{=} \\ &= \sin\left(-\frac{1}{2}\right)-\sin\left(n+\frac{1}{2}\right) \end{split} \end{equation*}$

dove, in $\clubsuit$ si è usata la formula, detta di prostaferesi,

$\dfrac{1}{2}\left(\sin\left(x-y\right)-\sin\left(x+y\right)\right)=\sin x \cos y \qquad \forall \, x,y\in\mathbb{R},$

mentre in $\diamondsuit$ si è usato il fatto che la somma è telescopica, cf. proposizione 4. Pertanto, per la disuguaglianza triangolare, abbiamo:

$\begin{aligned} \left|B_n\right| =\left|\frac{\sin\left(-\dfrac{1}{2}\right)-\sin\left(n+\dfrac{1}{2}\right)}{2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)}\right| \leq \dfrac{2}{2\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)} = \dfrac{1}{\sin\left(\dfrac{1}{2}\right)}. \end{aligned}$

Concludiamo che la serie data soddisfa il criterio di Dirichlet, e quindi converge.

Esempio 23. Studiamo il carattere della serie

(115) $\begin{equation*} S_\alpha \coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{ \left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}, \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in (0,+\infty)$ .

Per dimostrare la convergenza della serie data, vorremmo applicare il criterio di Dirichlet, cf. teorema 11. Chiaramente, la successione $\left\{\dfrac{1}{n^\alpha}\right\}$ è infinitesima e monotona decrescente per ogni $\alpha \in (0,+\infty)$ . Rimane quindi da dimostrare che la successione

$B_n\coloneqq \sum_{k=1}^{n}(-1)^k\cos k, \qquad n \in \mathbb{N}$

è limitata. Per dimostrare questo fatto, utilizziamo strumenti di analisi complessa, come l’identità di Eulero:

(116) $\begin{equation*} \forall \, x \in \mathbb{R} \qquad e^{ix}=\cos x + i \sin x, \end{equation*}$

dove abbiamo denotato con $i$ un’unità immaginaria¹¹.

Per approfondimenti, rimandiamo alla lettura di [2, pag. 366]. Notiamo che

(117) $\begin{equation*} \begin{aligned} 1+B_n= \sum_{k=0}^{n}(-1)^k\cos k & = \frac 1 2 \sum_{k=0}^{n}(-1)^k \left( e^{ik}+ e^{-ik}\right)= \frac 1 2 \sum_{k=0}^{n}(-e^i)^k + \frac 1 2 \sum_{k=0}^{n} (-e^{-i})^{k}= \\ &\overset{\clubsuit}{=} \frac 1 2\left( \dfrac{1+e^{i(n+1)}}{1+e^i} + \dfrac{1+e^{-i(n+1)}}{1+e^{-i}} \right), \end{aligned} \end{equation*}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo utilizzato il lemma 5, che si vede facilmente essere valido per ogni $x \in \mathbb{C}$ . Segue da (117) che la successione $\{ B_n \}$ è limitata. Infatti, per la versione complessa della disuguaglianza triangolare, si ha

(118) $\begin{equation*} |B_n| = \left\vert \frac 1 2\left( \dfrac{1+e^{i(n+1)}}{1+e^i} + \dfrac{1+e^{-i(n+1)}}{1+e^{-i}} \right) -1 \right\vert \leq \frac 1 2\left( \dfrac{2}{|1+e^i|} + \dfrac{2}{|1+e^{-i}|} \right) + 1 \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Concludiamo che la serie di termine generale $a_n$ converge per ogni $\alpha \in (0,+\infty)$ per il criterio di Dirichlet, cf. teorema 11.

Un’unità immaginaria è una scelta di una radice quadrata di $-1$ , cioè di un numero non reale $i$ tale che $i^2=-1$ . ↩

Criterio di Abel.

Nella presente sottosezione enunciamo e dimostriamo il criterio di Abel, che rappresenta, insieme al criterio di Dirichlet, uno strumento fondamentale per studiare la convergenza delle serie a termini di segno variabile.

Teorema 12 (criterio di Abel). Siano $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}}, \{ b_n \}_{n \in \mathbb{N}} \subset \mathbb{R}$ due successioni tale che

$\quad$

la successione $\{a_n\}$ è definitivamente monotona e limitata.

$\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_n$ converge;

Allora, la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n b_n$ è convergente.

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo per il momento che la successione $\{a_n\}$ sia definitivamente non crescente. Poiché essa è limitata, cioè

(119) $\begin{equation*} \exists M >0 : \quad |a_n| \leq M \quad \forall\,n \in \mathbb{N}, \end{equation*}$

ammette limite finito per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71]. In particolare, $\{ a_n \}$ è una successione di Cauchy:

(120) $\begin{equation*} \forall\, \varepsilon>0\quad \exists N_\varepsilon>0:\quad \forall \, n,m>N_\varepsilon \quad \left \vert a_n -a_m\right \vert<\dfrac{\varepsilon}{3M}. \end{equation*}$

La successione definita da $B_n \coloneqq \displaystyle \sum_{k=0}^n b_k$ , per ogni $n \in \mathbb{N}$ , è convergente per ipotesi, dunque anch’essa è di Cauchy. Segue che, se $N_\varepsilon$ nella (120) è sufficientemente grande, abbiamo

(121) $\begin{equation*} \forall \, n,m>N_\varepsilon \quad \left \vert B_n-B_m\right \vert <\dfrac{\varepsilon}{3M}. \end{equation*}$

Inoltre, poiché convergente, $\{ B_n \}$ è in particolare limitata, e possiamo supporre, a patto di prendere $M$ in (119) sufficientemente grande, che

(122) $\begin{equation*} |B_n| \leq M \quad \forall \, n \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Allora, per ogni $n>N_\varepsilon$ e per ogni $p> 0$ , si ha:

(123) $\begin{equation*} \begin{aligned} \left|\sum_{k=n+1}^{n+p} a_k b_k \right|&\overset{{\rm(a)}}{=}\left|B_{n+p} a_{n+p} - B_{n} a_{n+1} + \sum_{k=n+1}^{n+p-1} B_k\left( a_k - a_{k+1}\right)\right|\leq \\ &\overset{{\rm(b)}}{\leq} \left|B_{n+p} a_{n+p}-B_{n} a_{n+1}\right| + \sum_{k=n+1}^{n+p-1}\left \vert B_k \right \vert \left \vert a_k - a_{k+1}\right \vert \leq \\ &\overset{{\rm(c)}}{\leq}\left|B_{n+p}\left( a_{n+p} -a_{n+1}\right)\right|+\left|a_{n+1} \left( B_{n+p}-B_n\right)\right|+ \sum_{k=n+1}^{n+p-1}\left \vert B_k \right \vert \left \vert a_k - a_{k+1}\right \vert \leq \\ & \overset{{\rm(d)}}{\leq}\left|B_{n+p}\left( a_{n+p} -a_{n+1}\right)\right|+\left|a_{n+1} \left( B_{n+p}-B_n\right)\right|+ M\sum_{k=n+1}^{n+p-1} \left( a_k - a_{k+1}\right)=\\ &\overset{{\rm(e)}}{\leq} M\left|a_{n+p}-a_{n+1}\right|+ M\left|B_{n+p}-B_n\right|+ M\left( a_{n+1}-a_{n+p} \right) <\\ &\overset{{\rm(f)}}{<} M \cdot\frac{\varepsilon}{3M} + M\cdot \dfrac{\varepsilon}{3M}+ M\cdot \dfrac{\varepsilon}{3M}= \varepsilon, \end{aligned} \end{equation*}$

dove, in

(a) si è usata la formula (106);

(b) si è usata ripetutamente la disuguaglianza triangolare;

(c) si è aggiunto e sottratto il termine $B_{n+p} a_{n+1}$ nel primo addendo, e si è usata di nuovo la disuguaglianza triangolare;

(d) si è usata nella sommatoria la (122) per stimare $|B_k|$ e si è usata la non crescenza di $\{ a_n \}_{n>N_{\varepsilon}}$ , per $N_\varepsilon$ sufficientemente grande;

(e) si è fatto uso delle stime (119), (122) e del fatto che la somma è telescopica, cf. proposizione 4;

(f) si è fatto uso di (120), (121).

Dunque, dalla (123), concludiamo che la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_nb_n$ soddisfa il criterio di Cauchy, cf. proposizione 2, quindi è convergente. Per completare la dimostrazione, dobbiamo studiare il caso in cui $\{a_n\}$ sia monotona non decrescente. Tuttavia, basta considerare la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a^\prime_nb_n$ , dove $a^\prime_n=-a_n$ , e ricondursi al caso precedente.

Osservazione 19. Il criterio di Abel, cf. teorema 12 si poteva dimostrare più velocemente a partire dal criterio di Dirichlet, cf. teorema 11. Infatti , siano $\{ a_n \}$ e $\{ b_n \}$ come nelle ipotesi del criterio di Abel, e sia $a\coloneqq \lim\limits_{n\to +\infty}a_n$ che esiste ed è finito. Allora, basta scrivere

$\sum_{n=0}^{+\infty} a_nb_n= \sum_{n=0}^{+\infty} \Big(\underbrace{(a_n-a)b_n}_{\alpha_n} + \underbrace{ab_n}_{\beta_n}\Big),$

e osservare che, siccome $a_n-a$ tende a 0 in maniera monotona, e le somme parziali di $b_n$ sono limitate (in quanto convergente), la serie di termine generale $\alpha_n$ converge per il criterio di Dirichlet, così come converge la serie di termine generale $\beta_n$ , in quanto proporzionale a $b_n$ .

Esempio 24. Studiamo la convergenza della serie

(124) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\sin(n)\arctan(n)}{n}. \end{equation*}$

Scriviamo il termine generale come $a_nb_n$ , dove $a_n = \arctan(n)$ e $b_n = \dfrac{\sin(n)}{n}$ , e proviamo che la serie data converge mostrando che le ipotesi del criterio di Abel sono soddisfatte. Osserviamo che la successione $\{ a_n \}$ è strettamente crescente, in quanto tale è la funzione $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}, \; f(x)=\arctan(x)$ , ed è limitata, in quanto $0\leq \arctan(x)< \dfrac{\pi}{2}$ per ogni $x \geq 0$ . Infine, poiché la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}b_n$ è convergente per il criterio di Dirichlet, cf. esempio 21, possiamo concludere che la serie data converge per il criterio di Abel. Notiamo che per studiare la convergenza della serie data si poteva anche applicare direttamente il criterio di Dirichlet. Infatti, la successione $\left\{ \dfrac{\arctan(n)}{n} \right\}$ è definitivamente monotona decrescente e infinitesima, cosa che si può verificare calcolando la derivata della funzione $f: (0,+\infty) \to \mathbb{R}, \; f(x)= \dfrac{\arctan(x)}{x}$ . Un approccio alternativo potrebbe essere il seguente: possiamo osservare che

$\arctan(x) = \frac{\pi}{2}- \arctan\left( \frac{1}{x} \right) \qquad \forall \, x >0,$

e spezzare la serie in due, una convergente per il criterio di Dirichlet e l’altra assolutamente convergente.

Esempi vari.

In alcuni casi, non è possibile applicare il criterio di Dirichlet o di Abel, pertanto è possibile ricorrere ad altre tecniche, che illustriamo con degli esempi.

Esempio 25. Studiamo il carattere della serie

(125) $\begin{equation*} S_\alpha\coloneqq \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha+\cos\left(\pi n\right)}, \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in \mathbb{R}$ .

Notiamo che $\cos(\pi n)=(-1)^n$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ , dunque la serie può essere riscritta come segue:

$S_\alpha=\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha+\left(-1\right)^n}.$

Si noti che la successione $\left\{\dfrac{1}{n^\alpha+\left(-1\right)^n}\right\}$ non è definitivamente monotona, quindi non possiamo applicare il criterio di Leibniz. Tuttavia, per $n\to+\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha + \left(-1\right)^n} &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha} \left( \dfrac{1}{1 + \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha}} \right) \\ &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha} \left( 1 - \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha} + o\left(\dfrac{1}{n^\alpha}\right) \right) \\ &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha} - \dfrac{1}{n^{2\alpha}} + o\left( \dfrac{1}{n^{2\alpha}} \right) \end{aligned}$

da cui

$S_\alpha=\sum_{n=2}^{+\infty}\Bigg[\underbrace{\dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha}}_{a_n}- \underbrace{\left( \dfrac{1}{n^{2\alpha}}+o\left(\dfrac{1}{n^{2\alpha}}\right) \right)}_{b_n}\Bigg].$

La serie associata alla successione $\{ a_n \}$ converge se solo se $\alpha>0$ per il criterio di Leibniz (se $\alpha\leq 0$ non è soddisfatta la condizione necessaria, cf. proposizione 1). La serie associata alla successione $\{ b_n \}$ è una serie a termini positivi, avente lo stesso carattere della serie $\displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{2\alpha}}$ per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Notiamo che la serie $\displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{2\alpha}}$ è una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, e converge se e solo se $\alpha >\dfrac{1}{2}$ .

Infine, poiché le serie associate a $\{ a_n \}$ e $\{ b_n \}$ convergono, concludiamo che la serie

$S_\alpha= \sum_{n=2}^{+\infty}\left( a_n- b_n \right)$

converge se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ per i teoremi algebrici sui limiti.

Esempio 26. Studiamo il carattere della serie

(126) $\begin{equation*} S_\alpha\coloneqq \sum_{n=\lfloor\alpha\rfloor+1}^{+\infty}\dfrac{\left(-1\right)^n}{n+\alpha\sin n}, \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in \mathbb{R}$ .

Notiamo che la serie per $n\to+\infty$ si ha:

$\begin{aligned} \dfrac{\left(-1\right)^n}{n + \alpha \sin n} &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n} \cdot \dfrac{1}{1 + \dfrac{\alpha \sin n}{n}} \\ &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n} \left( 1 - \dfrac{\alpha \sin n}{n} + o\left( \dfrac{\sin n}{n} \right) \right) \\ &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{n} - \dfrac{\alpha \left(-1\right)^n \sin n}{n^2} \left( 1 + o\left(1\right) \right) \end{aligned}$

da cui

$\begin{aligned} S_\alpha &= \sum_{n=\lfloor \alpha \rfloor + 1}^{+\infty} \left[ \dfrac{\left(-1\right)^n}{n} - \dfrac{\alpha \left(-1\right)^n \sin n}{n^2} \left( 1 + o\left(1\right) \right) \right] \\ &= \sum_{n=\lfloor \alpha \rfloor + 1}^{+\infty} \left[ \underbrace{\dfrac{\left(-1\right)^n}{n}}_{a_n} - \alpha \underbrace{\left( \dfrac{\left(-1\right)^n \sin n}{n^2} \left( 1 + o\left(1\right) \right) \right)}_{b_n} \right] \end{aligned}$

La serie di termine generale $a_n$ soddisfa il criterio di Leibniz, cf. esempio 18, mentre per la serie di termine generale $b_n$ possiamo applicare il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6. Infatti, vale la seguente stima per $n \to + \infty$ :

(127) $\begin{equation*} \left \vert\dfrac{\left(-1\right)^n\sin n}{n^2}\left(1+ o\left(1\right)\right) \right \vert = \dfrac{\left \vert \sin n \right \vert}{n^2} \left(1+o\left(1\right)\right) \leq \dfrac{1}{n^2} \left(1+o\left(1\right)\right). \end{equation*}$

La serie che ha come termine generale il membro di destra in (127) è convergente per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2 e per il risultato sulla serie armonica generalizzata, cf. lemma 7. Dunque, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, concludiamo che la serie di termine generale $b_n$ converge assolutamente.

Infine, poiché le serie associate a $\{ a_n \}$ e $\{ b_n \}$ convergono, concludiamo che converge la serie

$S_\alpha= \sum_{n=\lfloor\alpha\rfloor+1}^{+\infty}\left( a_n-\alpha b_n \right) \qquad \forall\, \alpha \in \mathbb{R},$

per i teoremi algebrici sui limiti.

Esempio 27. Studiamo il carattere della serie

(128) $\begin{equation*} S_\alpha\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{1+\left(-1-\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right), \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in (0,+\infty)$ .

Riscriviamo la serie come segue

$\begin{aligned} &S_\alpha=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{1+\left(-1-\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right)=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{1+\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right)=\\ &=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\left(\dfrac{1}{\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right)\left( \dfrac{1}{1+{\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-n}n^{-\alpha}}}\right)\right). \end{aligned}$

Per $n\to+\infty$ , si ha

$\begin{aligned} &\left(\dfrac{1}{\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right)\left( \dfrac{1}{1+{\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-n}n^{-\alpha}}}\right)=\\ &=\left(\dfrac{1}{\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}\right)\left(1-\left(-1\right)^n\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-n}n^{-\alpha}+o\left(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-n}n^{-\alpha}\right)\right)=\\ &=\underbrace{\dfrac{\left(-1\right)^n}{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^nn^{\alpha}}}_{a_n} -\underbrace{\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{2n}n^{2\alpha}}(1+o(1))}_{b_n}. \end{aligned}$

Studiamo il carattere della serie di termine generale $a_n$ applicando il criterio di Leibniz. Si verifica facilmente che la successione $\left\{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^{-n}n^{-\alpha}\right\}$ è monotona decrescente e infinitesima per ogni $\alpha>0$ , dunque la serie associata converge per ogni $\alpha \in(0,+\infty)$ per il criterio di Leibniz, cf. teorema 2.

La serie di termine generale $b_n$ è una serie a termini definitivamente positivi, e, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 10, essa ha lo stesso carattere della serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{e^2n^{2\alpha}}$

che converge se e solo se $\alpha \in\left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ , perché è proporzionale a una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7.

Infine, per i teoremi algebrici sui limiti, concludiamo che la serie

$S_\alpha= \sum_{n=2}^{+\infty}\left( a_n- b_n \right)$

converge se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ .

Esempio 28. Studiamo il carattere della serie

(129) $\begin{equation*} S_\alpha \coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\left(1+\dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha}\right)^\frac{1}{2}-1\right), \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in (0,+\infty)$ .

Per $n\to+\infty$ , si ha

$\begin{aligned} \left( \left( 1 + \dfrac{\left(-1\right)^n}{n^\alpha} \right)^\frac{1}{2} - 1 \right) &= 1 + \dfrac{\left(-1\right)^n}{2n^\alpha} - \dfrac{1}{8n^{2\alpha}} + o\left( \dfrac{1}{n^{2\alpha}} \right) - 1 \\ &= \dfrac{\left(-1\right)^n}{2n^\alpha} - \dfrac{1}{8n^{2\alpha}} + o\left( \dfrac{1}{n^{2\alpha}} \right) \end{aligned}$

da cui si ottiene:

$\begin{aligned} S_\alpha &= \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \dfrac{\left(-1\right)^n}{2n^\alpha} - \dfrac{1}{8n^{2\alpha}} + o\left( \dfrac{1}{n^{2\alpha}} \right) \right] \\ &= \sum_{n=1}^{+\infty} \left[ \underbrace{\dfrac{\left(-1\right)^n}{2n^\alpha}}_{a_n} - \underbrace{\dfrac{1}{8n^{2\alpha}} \left(1 + o(1)\right)}_{b_n} \right] \end{aligned}$

Si vede facilmente che la serie di termine generale $a_n$ converge per il criterio di Leibniz, cf. teorema 10, per ogni $\alpha \in (0,+\infty)$ .

Inoltre, la serie di termine generale $b_n$ converge se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ , perché ha lo stesso carattere della serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{2\alpha}}$ per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Si conclude che la serie $S_\alpha$ converge se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ , per i teoremi algebrici sui limiti.

Esempio 29. Studiamo il carattere della serie

(130) $\begin{equation*} S_\alpha \coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{ \left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha+(-1)^n\cos n}, \end{equation*}$

al variare di $\alpha\in (0,+\infty)$ .

Per $n\to +\infty$ , si ha

$\begin{aligned} &\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha+(-1)^n\cos n}=\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}\left(\dfrac{1}{1+\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n }{n^\alpha}}\right)=\\ &=\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}\left(1-\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}+o\left(\dfrac{ \cos n }{n^\alpha}\right)\right)=\\ &=\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}-\dfrac{\cos^2 n}{n^{2\alpha}}+o\left(\dfrac{\cos^2 n}{n^{2\alpha}}\right), \end{aligned}$

da cui si ottiene:

$S_\alpha=\sum_{n=1}^{+\infty}\Bigg[\underbrace{\dfrac{\left(-1\right)^n\cos n}{n^\alpha}}_{a_n}-\underbrace{\dfrac{\cos^2 n}{n^{2\alpha}}(1+o(1))}_{b_n}\Bigg].$

La serie di termine generale $a_n$ converge per ogni $\alpha \in (0,+\infty)$ , per quanto visto nell’esempio 23.

Notiamo che la serie di termine generale $b_n$ è a termini positivi, quindi è possibile applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Pertanto tale serie ha lo stesso carattere della serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\cos^2 n}{n^{2\alpha}}.$

Poiché abbiamo

$\dfrac{\cos^2 n}{n^{2\alpha}}\leq \dfrac{1}{n^{2\alpha}} \qquad \forall\, n\in \mathbb{N},$

per il criterio del confronto, cf. teorema 1, si può concludere che la serie di termine generale $b_n$ converge per ogni $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ .

Si conclude, per i teoremi algebrici sui limiti, che la serie $S_\alpha$ converge per ogni $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ .

Prodotto di due serie numeriche

Introduzione.

Nel lemma 4 abbiamo visto che la somma di due serie coincide con la serie data dalla somma dei rispettivi termini generali, a patto che esse siano entrambe convergenti. In questa sezione, trattiamo la questione, più delicata, del prodotto di due serie. Osserviamo che, date due somme finite $\displaystyle \sum_{k=0}^{n}a_{k}$ , $\displaystyle \sum_{k=0}^{m}b_{k}$ , il loro prodotto è dato da

(131) $\begin{equation*} \begin{aligned} \Big(\sum_{k=0}^{n}a_{k}\Big)\cdot \Big(\sum_{k=0}^{m}b_{k}\Big)&=\big(a_{0}+a_{1}+\cdots+a_{n}\big)\cdot\big(b_{0}+\cdots+b_{m}\big)=\\ &=a_{0}b_{0}+(a_{0}b_{1}+a_{1}b_{0})+(a_{0}b_{2}+a_{1}b_{1}+a_{2}b_{0})+\cdots + a_{n}b_{m}=\\ &=\sum_{k=0}^{n+m}\hspace*{-0.1em}\sum_{\substack{i+j=k \vspace*{0.2 em}\\ 0\leq i\leq n, \\0\leq j\leq m}}\hspace*{-0.5em}a_ib_j. \end{aligned} \end{equation*}$

Vogliamo studiare l’identità (131) quando $n,m \to + \infty$ . Notiamo che, $\forall\, k \geq 0$ , si ha

$\sum_{\substack{i+j=k\vspace*{0.2 em}\\ i, \,j\geq 0}}\hspace*{-0.5em}a_ib_j=\sum_{i=0}^ka_ib_{k-i}.$

Le osservazioni appena fatte, giustificano la seguente definizione di prodotto tra serie.

Definizione 7 (prodotto di Cauchy). Date due serie numeriche $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}a_{k}$ , $\displaystyle \sum_{k=0}^{+\infty}b_{k}$ , definiamo il loro prodotto di Cauchy, (o secondo Cauchy) $\ast$ come segue:

$\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\ast \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big)\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}c_{n},$

dove

$c_{n}:=\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k}.$

$\quad$

Osservazione 20. La notazione $\ast$ usata per il prodotto tra serie numeriche è stata scelta per ricordare la convoluzione discreta. Ricordiamo che, date due funzioni discrete $f: \mathbb{N}\to \mathbb{R}, \;g: \mathbb{N}\to \mathbb{R}$ , la loro convoluzione discreta $f\ast g$ è definita come

$(f\ast g)(n):=\sum_{\substack{j+k=n\vspace*{0.2 em} \\ j, \,k\geq 0}}f(j)g(k) \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}.$

Dunque, definendo $f(n)\coloneqq a_{n}, \;g(n)\coloneqq b_{n}$ si ha

$\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\ast \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big)\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}(f\ast g)(n).$

Proviamo a familiarizzare con la definizione di prodotto di Cauchy con il seguente esempio, in cui il prodotto di Cauchy di due serie convergenti è ancora una serie convergente.

Esempio 30. Consideriamo la seguente serie

(132) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{x^n}{n!} \qquad \forall\, x \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Detto $a_n$ il termine generale della (132), notiamo che

$\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{|a_{n+1}|}{|a_n|}= \lim_{n \rightarrow + \infty}\left\vert \dfrac{x^{n+1}n!}{x^n(n+1)!} \right\vert=\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{|x|}{(n+1)}=0 \qquad \forall\, x \in \mathbb{R},$

dunque, per ogni $x \in \mathbb{R}$ , la serie (132) converge assolutamente per il criterio del rapporto, cf. teorema 4, e dunque converge, cf. proposizione 6. Dati $x,y \in \mathbb{R}$ , calcoliamo il seguente prodotto di Cauchy:

(133) $\begin{equation*} \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{x^n}{n!}\Big)\ast \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{y^n}{n!}\Big)= \sum_{n=0}^{+\infty} \sum_{k=0}^n\dfrac{x^k}{k!}\dfrac{y^{n-k}}{(n-k)!}= \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{1}{n!}\sum_{k=0}^n \binom{n}{k} x^ky^{n-k}= \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(x+y)^n}{n!}, \end{equation*}$

dove, nell’ultima uguaglianza, abbiamo usato la formula del binomio di Newton. Poiché il prodotto di Cauchy è ancora della forma (132), concludiamo che esso converge.

Osservazione 21. Dalla teoria delle serie di Taylor, cf. [9, pag. 110], [2, peg. 434] segue che, dato $x \in \mathbb{R}$ , la serie (132) coincide con l’esponenziale $e^x$ . Ancora meglio, spesso la (132) viene presa come una definizione della funzione esponenziale, [10, pag. 1]!

Notiamo che, supponendo che il prodotto di Cauchy di due serie convergenti a termini positivi coincida con il prodotto usuale (fatto che verrà implicato dal teorema di Mertens, cf. teorema 13), il calcolo (133) è una dimostrazione del fatto che

$e^x \cdot e^y= e^{x+y}.$

È naturale chiedersi se, in generale, il prodotto di Cauchy tra due serie convergenti sia convergente, e in tal caso se coincida con il prodotto usuale. Il seguente controesempio, cf. [9, pag. 73] mostra che ciò è falso.

Esempio 31. Consideriamo la serie

(134) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty} \dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}, \end{equation*}$

che è convergente per il criterio di Leibniz, cf. teorema 10. Calcoliamo il prodotto di Cauchy di (134) con sè stessa:

(135) $\begin{equation*} \begin{aligned} \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}\Big)\ast \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{(-1)^n}{\sqrt{n+1}}\Big)&=\sum_{n=0}^{+\infty}\sum_{k=0}^{n} \dfrac{(-1)^k}{\sqrt{k+1}}\dfrac{(-1)^{n-k}}{\sqrt{n-k-1}}=\\ &=\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k-1)}}. \end{aligned} \end{equation*}$

Osserviamo che la serie (135) non converge. Infatti, dalla decomposizione in fratti semplici, si ha

(136) $\begin{equation*} \forall\; 0\leq k \leq n\qquad \dfrac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k-1)}}=\dfrac{1}{\sqrt{n}}\sqrt{\dfrac{1}{k+1}+ \dfrac{1}{n-k-1}}\geq \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{n(n+1)}}, \end{equation*}$

dove, nell’ultima disuguaglianza, abbiamo usato il fatto che

$k+1 \leq n+1 \quad \mbox{e} \quad n-k-1 \leq n+1 \qquad \forall\, 0\leq k \leq n.$

Concludiamo che

$\sum_{k=0}^{n} \dfrac{1}{\sqrt{(k+1)(n-k-1)}} \geq (n+1) \dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{n(n+1)}} \geq \sqrt{2} \qquad \forall\; n \geq 1,$

dunque, la serie (135) non converge poiché il suo termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1.

Il Teorema di Mertens.

Risulta naturale domandarsi se esistono condizioni sufficienti che possano garantire la convergenza del prodotto di Cauchy. Il prossimo risultato, noto come teorema di Mertens, cf. [9, pag. 74], fornisce una risposta a questa domanda.

Teorema 13 (Mertens). Siano $A \coloneqq \displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}, \; B \coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}$ due serie convergenti e supponiamo che almeno una tra le due sia assolutamente convergente. Allora, il loro prodotto di Cauchy converge al prodotto usuale:

$\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\ast \Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big)=\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\cdot\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big).$

$\quad$

Dimostrazione. Per fissare le idee, supponiamo che la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}$ sia quella assolutamente convergente. Siano $\left\{ A_n \right\}$ , $\left\{ B_n \right\}$ e $\left\{ C_n \right\}$ le successioni delle somme parziali di $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}$ , $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}$ e $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}c_{n}$ , rispettivamente, e sia $\left\{ \beta_n \right\}$ la successione definita da

$\beta_n \coloneqq B_n - B \qquad \forall\, n \in N,$

che è chiaramente una successione infinitesima, in quanto $B_n \to B$ per $n \to + \infty$ . Notiamo che

(137) $\begin{equation*} \begin{aligned} \sum_{k=0}^{n}c_{k}&= a_0b_0+ (a_0b_1+a_1b_0)+ \dots + (a_0b_n+ \dots a_nb_0) =\\ &= a_0B_n + a_1B_{n-1}+ \dots + a_nB_0=\\ &=a_0\beta_n + a_1\beta_{n-1}+ \dots + a_n\beta_0 + A_nB, \end{aligned} \end{equation*}$

dove nella seconda riga abbiamo raccolto i termini $a_i$ per $0\leq i \leq n$ e nella terza riga abbiamo agginuto e sottratto $a_iB$ per $0\leq i \leq n$ . Passando al limite in (137), e osservando che $A_nB \to AB$ per $n \to + \infty$ , abbiamo che

(138) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow + \infty} \sum_{k=0}^{n}c_{k}=AB \quad \iff \quad \lim_{n \rightarrow + \infty} (a_0\beta_n + a_1\beta_{n-1}+ \dots + a_n\beta_0)=0. \end{equation*}$

Per dimostrare che la successione $\left\{ a_0\beta_n + a_1\beta_{n-1}+ \dots + a_n\beta_0 \right\}$ è infinitesima, notiamo che esiste $M>0$ tale che

(139) $\begin{equation*} \max\left\{ |\beta_n|, \sum_{k=0}^n|a_k| \right\} \leq M \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}, \end{equation*}$

in quanto entrambe sono successioni convergenti, per ipotesi, e dunque limitate. Allora, per ogni $\varepsilon>0$ , esiste un $n_0>0$ tale che

(140) $\begin{equation*} \sum_{k=n_0}^{n_0+p}|a_k| \leq \dfrac{\varepsilon}{2M} \qquad \forall\, n \geq n_0, \;p>0, \end{equation*}$

per la proprietà di Cauchy, cf. proposizione 2. Inoltre, poiché $\left\{ \beta_n \right\}$ è infinitesima, esiste un $n_1>0$ tale che

(141) $\begin{equation*} |\beta_n| \leq \dfrac{\varepsilon}{2M} \qquad \forall\, n \geq n_1. \end{equation*}$

Allora, per ogni $n \geq n_0+n_1$ , avremo

(142) $\begin{equation*} \begin{aligned} a_0\beta_n + a_1\beta_{n-1}+ \dots + a_n\beta_0&= a_0\beta_n + \dots + a_{n_0}\beta_{n-n_0}+ a_{n_0+1}\beta_{n+1-n_0}+ \dots + a_n\beta_0\leq\\ &\leq \Big( |a_0\beta_n| + \dots +|a_{n_0}\beta_{n-n_0}| \Big)+ \Big(|a_{n_0+1}\beta_{n+1-n_0}|+ \dots + |a_n\beta_0| \Big) \leq \\ & \leq \dfrac{\varepsilon}{2M}\Big( |a_0| + \dots +|a_{n_0}| \Big)+ M\Big(|a_{n_0+1}|+ \dots + |a_n| \Big) \leq\\ &\leq \dfrac{\varepsilon}{2}+ \dfrac{\varepsilon}{2} =\varepsilon, \end{aligned} \end{equation*}$

dove nella prima riga abbiamo utilizzato la disuguaglianza triangolare, nella seconda abbiamo usato la stima (141) per il primo addendo e la (139) per il secondo, mentre nella terza riga abbiamo usato la stima (139) per il primo addendo e la (140) per il secondo. Concludiamo che la successione $\left\{ a_0\beta_n + a_1\beta_{n-1}+ \dots + a_n\beta_0 \right\}$ è infinitesima, e quindi che il prodotto di Cauchy converge al prodotto usuale per la (138).

Osservazione 22. La serie riportata nell’esempio 31 non soddisfa le ipotesi del teorema di Mertens, in quanto non è assolutamente convergente, cf. lemma 7.

Ci domandiamo, infine, se il prodotto di Cauchy di due serie convergenti debba necessariamente coincidere con il prodotto usuale nel caso in cui si aggiunga l’ipotesi di convergenza del prodotto di Cauchy. Il prossimo risultato mostra che la risposta è positiva.

Proposizione 7. Siano $\displaystyle A \coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}, B \coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}$ due serie convergenti tali che il loro prodotto di Cauchy sia convergente. Allora

$\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\ast\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big)=\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}\Big)\cdot\Big(\sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}\Big).$

$\quad$

La dimostrazione della proposizione 7, fa uso dei seguenti risultati.

Lemma 10. Sia $\displaystyle A\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}$ una serie convergente, e sia $\displaystyle \left\{ A_{n} \right\}$ la successione delle somme parziali associata. Allora, si ha che

(143) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow + \infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}A_{k}= A. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. La dimostrazione è un’immediata applicazione del Teorema di Stolz-Cesaro, cf. teorema 6: definiamo, per ogni $n \in \mathbb{N}$ , $\displaystyle x_{n}\coloneqq \sum_{k=0}^{n}A_{k}$ e $y_{n}\coloneqq n$ . Si ha

$\lim_{n\to +\infty} \frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=\lim_{n\to +\infty}A_{n+1}=A.$

Dunque, otteniamo (143).

Lemma 11. Fissato $n \in \mathbb{N}$ , e due successioni $\left\{ x_n \right\}, \; \left\{ y_n \right\}$ , abbiamo

(144) $\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}x_{j}y_{k-j}=\sum_{k=0}^{n}y_{k}\Big(\sum_{j=0}^{n-k}x_{j}\Big), \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Fissato $n \in \mathbb{N}$ , e due successioni $\left\{ x_n \right\}, \; \left\{ y_n \right\}$ , abbiamo

(145) $\begin{equation*} \sum_{\substack{j+k\leq n \vspace*{0.2 em} \\ j, \,k \geq 0}} x_{j}y_{k}= \sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}x_{j}y_{k}, \end{equation*}$

in quanto la somma è associativa e vale la seguente uguaglianza di insiemi

(146) $\begin{equation*} \left\{ (j,k) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} : j+k \leq n \right\} = \left\{ (j,k) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}: 0 \leq k \leq n, \; 0 \leq j \leq n-k\right\}. \end{equation*}$

Inoltre, si ha

(147) $\begin{equation*} \sum_{\substack{j+k\leq n\vspace*{0.2 em} \\ j, \,k \geq 0}} x_{j}y_{k}=\sum_{m=0}^n\sum_{\substack{j+k= m \vspace*{0.2 em} \\ j, \,k \geq 0}} x_{j}y_{k} =\sum_{m=0}^{n}\sum_{j=0}^{m}x_{j}y_{m-j}, \end{equation*}$

in quanto la somma è associativa e vale la seguente uguaglianza di insiemi

(148) $\begin{equation*} \begin{aligned} \left\{ (j,k) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} : j+k \leq n \right\} &= \bigcup_{m=0}^n \left\{ (j,k) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N} : j+k = m \right\} =\\ &= \bigcup_{m=0}^n\left\{ (j,m-j) \in \mathbb{N} \times \mathbb{N}: 0 \leq j \leq m\right\}, \end{aligned} \end{equation*}$

e l’unione è disgiunta. Dunque, mettendo insieme (145) e (147), abbiamo che per ogni $n \in \mathbb{N}$

(149) $\begin{equation*} \sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}x_{j}y_{k-j}=\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{n-k}x_{j}y_{k}=\sum_{k=0}^{n}y_{k}\Big(\sum_{j=0}^{n-k}x_{j}\Big), \end{equation*}$

dove nella prima sommatoria a sinistra abbiamo cambiato il nome dell’indice, ponendo $m\coloneqq k$ e nell’ultima uguaglianza abbiamo messo in evidenza il termine $y_k$ . L’uguaglianza (144) può essere visualizzata geometricamente in figura 5.

$\quad$

Figura 5: rappresentazione grafica dell’identità (144), con evidenzia degli insiemi di suddivisione (146) (in basso) e (148) (in alto).

$\quad$

Veniamo ora alla dimostrazione della proposizione 7.

Dimostrazione della proposizione 7. Sia $\displaystyle C\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}c_{n}$ la serie numerica data dal prodotto di Cauchy delle due serie date, ovvero $\displaystyle c_{n}=\sum_{k=0}^{n}a_{k}b_{n-k} \quad \forall\, n \in \mathbb{N}$ . Denotiamo con $\left\{ A_{n} \right\}, \left\{ B_{n} \right\}, \left\{ C_{n} \right\}$ le somme parziali, rispettivamente, di $\displaystyle\sum_{n=0}^{+\infty}a_{n}, \sum_{n=0}^{+\infty}b_{n}$ e del loro prodotto di Cauchy.

Innanzitutto, mostriamo l’uguaglianza

(150) $\begin{equation*} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}C_{k}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}A_{k}B_{n-k} \qquad \forall\, n \geq 1, \end{equation*}$

che segue da un calcolo esplicito: per ogni $n \geq 1$ , si ha

(151) $\begin{equation*} \begin{aligned} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}C_{k}&\overset{{\rm (a)}}{=} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}\sum_{i=0}^{j}b_{i}a_{j-i}\overset{{\rm (b)}}{=} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}b_{j}\Big(\sum_{i=0}^{k-j}a_{i}\Big)=\\ &\overset{{\rm (c)}}{=}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}b_{j}A_{k-j} \overset{{\rm (d)}}{=}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}A_{k}\Big(\sum_{j=0}^{n-k}b_{j}\Big)\overset{{\rm (e)}}{=}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}A_{k}B_{n-k}, \end{aligned} \end{equation*}$

dove in (a) abbiamo usato la definizione di somma parziale e del prodotto di Cauchy, cf. definizione 7, in (b) la (144) sulle due sommatorie interne, in (c) la definizione di somma parziale, in (d) di nuovo la (144) e, infine, in (e) la la definizione di somma parziale.

Definiamo, per ogni $n \in \mathbb{N}$ , $\alpha_{n}\coloneqq A_{n}-A, \;\beta_{n}\coloneqq B_{n}-B$ , e riscriviamo (150) come segue

(152) $\begin{equation*} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}C_{k}=\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}(A+\alpha_{k})(B+\beta_{n-k})=AB+\frac{A}{n}\sum_{k=0}^{n}\beta_{k}+\frac{B}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}+\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}\beta_{n-k} \end{equation*}$

Passando al limite per $n\to +\infty$ in (152), e applicando il lemma 10, si trova che

(153) $\begin{equation*} C=AB+ \lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}\beta_{n-k}, \end{equation*}$

in quanto

$\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}=\left( \frac{1}{n}\sum_{l=0}^{n}A_{l} \right)-A\to 0, \quad \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\beta_{k}=\left( \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}B_{k} \right)-B\to 0 \qquad \mbox{per } n \to + \infty.$

Dunque, per concludere la dimostrazione, è sufficiente mostrare che

(154) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty} \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}\beta_{n-k}= 0. \end{equation*}$

Osserviamo che esiste $M>0$ tale che $|\beta_{n}|\leq M$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ , in quanto $\{\beta_{n}\}$ è infinitesima, e dunque limitata. Inoltre, dalla disuguaglianza triangolare, otteniamo che

$\left\vert \frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}\alpha_{k}\beta_{n-k}\right \vert \leq \frac{M}{n}\sum_{k=0}^{n}|\alpha_{k}| \qquad \forall\, n \geq 1.$

A questo punto, la tesi segue dal teorema di Stolz-Cesaro, cf. teorema 6: definendo $\displaystyle x_{n}\coloneqq \sum_{k=0}^{n}|\alpha_{k}|$ e $y_{n}\coloneqq n$ , tale teorema implica che

$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n}}{y_{n}}=\lim_{n\to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=0}^{n}|\alpha_{k}|= 0,$

in quanto

$\lim_{n\to +\infty}\frac{x_{n+1}-x_{n}}{y_{n+1}-y_{n}}=\lim_{n\to +\infty}|\alpha_{n+1}|=0,$

essendo la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_n$ convergente. Abbiamo dunque mostrato che vale (154), cosicché, sostituendo in (153), si ottiene

$AB=C.$

Riordinamento di una serie numerica

Introduzione.

In questa sezione si vuole dare spazio ad una questione particolarmente interessante: abbiamo imparato che l’operazione di somma è commutativa e cambiare l’ordine degli addendi non cambia il risultato finale. In generale, questo non è più vero se si sommano un’infinità di addendi. Vedremo di seguito le condizioni sotto cui è ancora vero che riordinare i termini di una serie garantisce lo stesso risultato finale e i casi in cui ciò fallisce di essere vero.

Preambolo: Serie vs somme finite.

Vediamo ora un risultato, senza dimostrazione, del matematico indiano Srinivasa Ramanujan (1187-1920), una delle menti più brillanti del XX secolo. Ramaujan è particolarmente noto per le sue scoperte straordinarie, spesso prive di dimostrazione formale. Era solito alzarsi a metà della notte per scrivere le formule che aveva sognato. Lui stesso precisò che l’ispirazione onirica gli veniva dalla dea Namagiri, e che il dio Narasimha gli mostrava nel sonno dei rotoli, dei quali al risveglio egli riusciva a trascrivere soltanto una piccola parte. Tra la pletora di divinità indù, Namagiri era quella cara alla sua famiglia. Era Namagiri, raccontava lui, la musa che lo ispirava e che gli appariva in sogno svelandogli i segreti dei numeri. Prima di enunciare tale risultato, diamo una definizione, o meglio un nome a una cosa già nota.

Definizione 8 (funzione zeta di Riemann). Denotiamo con $\zeta: (1,+\infty) \to \mathbb{R}$ la funzione definita da

(155) $\begin{equation*} \zeta(s)\coloneqq \sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^s} \qquad \forall\, s \in (1,+\infty). \end{equation*}$

$\quad$

Osserviamo che la definizione è ben posta, per i risultati sulla serie armonica generalizzata, cf. lemma 7.

In letteratura, in realtà, per funzione zeta di Riemann si intende una estensione nel campo complesso della funzione (155), con certe proprietà, i.e.

(156) $\begin{equation*} \zeta: \mathbb{C}\setminus \left\{ 1 \right\} \to \mathbb{C} \quad \mbox{tale che } \quad \zeta(s)= \sum_{k=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^s} \qquad \forall \, s \in (1,+\infty) \end{equation*}$

La definizione di questa funzione di variabile complessa esula dallo scopo di queste note. In questa sede, ci limitiamo a notare che essa è diventata famosa grazie all’ipotesi di Riemann, una congettura che riguarda gli zeri della funzione zeta di Riemann, la quale, se risolta, darà una svolta fondamentale alla matematica. Per approfondimenti sulla funzione zeta di Riemann, rimandiamo alla lettura di [1, pag. 15].

Possiamo enunciare ora il risultato di Ramanujan.

Teorema 14 (Ramanujan).

(157) $\begin{equation*} \zeta(-1)=-\dfrac{1}{12}. \end{equation*}$

$\quad$

Osserviamo che, sostituendo la (157) in (155) otteniamo

(158) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}n=-\dfrac{1}{12}. \end{equation*}$

Ma questo risultato è vero? Sembra un risultato assurdo e insensato; come possiamo ottenere una somma finta sommando tutti i numeri naturali? E per di più il risultato è negativo! Infatti, secondo le definizioni date in questa dispensa, cf. definizione 1, questo risultato è falso. Il Teorema 14 non deve essere interpretato, dunque, nel senso (158), ma nel senso che abbiamo spiegato in precedenza, cf. (156).

Di seguito riportiamo, a scopi didattici, una dimostrazione, ovviamente errata, di (158).

Dimostrazione errata di (158). Consideriamo la serie

$A\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n,$

detta serie di Grandi. La successione delle somme parziali di $A_\infty$ è

(159) $\begin{equation*} A_n =\sum_{k=0}^{n}(-1)^k=\begin{cases} 1, \quad &\text{se}\,\, n \,\,\text{è pari};\\ 0, &\text{se}\,\, n \,\,\text{è dispari}. \end{cases} \end{equation*}$

Si vede immediatamente da (159) che

$\nexists \; A=\lim_{n \rightarrow +\infty}\sum_{k=0}^n(-1)^k,$

pertanto, con la definizione usuale di serie, cf. definizione 1, la serie di Grandi è indeterminata.

Abbiamo

$A_n=1+\left(\underbrace{-1+1-1+\dots+ (-1)^n}_{\text{n termini}}\right)=1-A_{n-1} \quad \iff \quad A_n+A_{n-1}=1.$

Passando al limite per $n \rightarrow + \infty$ si ha¹²

(160) $\begin{equation*} 2A=1 \quad \iff \quad A=\dfrac{1}{2}. \end{equation*}$

Ora consideriamo

$S\coloneqq \sum_{k=1}^{+\infty}k=1+2+3+\dots+n,$

e osserviamo che

(161) $\begin{equation*} \begin{aligned} S-4S&= (1+2+3+\dots)-4(1+2+3+\dots)=\\ & = 1+(2-4)+3+(4-8)+5+(6-12)+\dots=1-2+3-4+\dots \end{aligned} \end{equation*}$

Ponendo

$b\coloneqq \sum_{k=0}^{+\infty} (-1)^{n+1}n,$

da (161) abbiamo che

(162) $\begin{equation*} -3S=b. \end{equation*}$

Inoltre,

$\begin{aligned} b & =(1-2)+3+(-4+5)-6+(7-8)+9+\dots=\\\\ &=(-1+1-1+1+\dots)+(3-6+9-12+\dots)=-(1-1+1+\dots)+3(1-2+3-4+\dots)=\\\\ &=-A+3b \quad \iff \quad 2b=A. \end{aligned}$

Ora sostituiamo in (161) sfruttando la serie di Grandi, cf. (160), ottenendo:

$2(-3)\cdot \sum_{k=1}^{+\infty} k =\sum_{n=0}^{+\infty}(-1)^n=\dfrac{1}{2} \quad \iff \quad -6 \sum_{k=1}^{+\infty} k =\dfrac{1}{2} \quad \Leftrightarrow \quad \sum_{k=1}^{+\infty}k=-\dfrac{1}{12}.$

Quindi concludiamo che

$\sum_{k=1}^{+\infty}k=-\dfrac{1}{12}.$

Per arrivare al risultato, nella dimostrazione si è fatto uso di un sofisma algebrico, cioè un ragionamento matematico contenente un errore, che porta quindi ad un risultato errato o contraddittorio.

Dove sta l’errore? L’errore è il seguente: non si possono trattare somme infinite con metodi della matematica del finito. In particolare, non si possono riordinare a piacimento le serie.

Il metodo corretto per determinare il valore di una serie è determinare il limite delle somme parziali della serie, cf. definizione 1. In questo caso¹³ la successione delle somme parziali si può calcolare esattamente, come fece Carl Friedrich Gauss a 9 anni¹⁴. La somma dei primi $n$ numeri naturali è

$\sum_{k=1}^{n}k=\dfrac{n(n+1)}{2}$

e passando al limite per $n \rightarrow +\infty$ abbiamo

$\sum_{k=1}^{+\infty}k=\lim\limits_{n\rightarrow +\infty} \dfrac{n(n+1)}{2} = +\infty,$

dunque la serie diverge a infinito.

Risulta naturale chiedersi se, una volta riordinati i termini di una serie convergente, il risultato che otteniamo sia lo stesso. La prossima sezione contiene la risposta a questa domanda.

Qui c’è un errore: il limite di $A_n$ non esiste, dunque non valgono i teoremi algebrici sui limiti. ↩

La spiegazione data non è certamente la più breve esistente. Già dal fatto che il termine generale non è infinitesiomo si può concludere che essa è positivamente divergente, cf. proposizione 1. ↩

Un aneddoto racconta che un insegnante di Gauss, J.G. Büttner, per mettere a tacere i turbolenti allievi ordinò loro di fare la somma dei numeri da 1 a 100. Quasi subito Gauss, alla tenera età di 9 anni, diede la risposta esatta, sorprendendo l’insegnante ed il suo assistente Martin Bartels. Non si è certi di quale metodo abbia adottato Gauss; forse mise in una riga i numeri da 1 a 100 e in una riga sotto i numeri da 100 a 1, e vide che ogni colonna dava come somma 101: Carl moltiplicò 100 per 101 e divise per due, ottenendo il risultato. È interessante sapere che la somma dei primi $n$ numeri naturali era un risultato noto già prima di Gauss, ma ciò non esclude che sia sorprendente il fatto che Gauss trovò tale risultato da bambino. ↩

Il teorema del riordinamento di Riemann.

Come abbiamo osservato nella sezione precedente, occorre particolare attenzione quando si effettuano operazioni sulle serie che valgono nel caso di somme finite. È il caso, per esempio, del concetto di riordinamento che può essere pensato come la generalizzazione della proprietà commutativa della somma. Nel caso delle somme finite, vale ovviamente la proprietà commutativa, ovvero non importa l’ordine in cui sommiamo gli addendi: per ogni $a_1, a_2 \in \mathbb{R}$ vale

$a_1 + a_2 = a_2 + a_1.$

La proprietà commutativa è, in generale, non vera se i termini da sommare sono infiniti. Per iniziare definiamo formalmente cosa si intende per riordinamento di una serie.

Definizione 9. Una serie $\displaystyle \sum_{k = 0}^{ +\infty} b_k$ si dice riordinamento (non banale) della serie $\displaystyle\sum_{k = 0}^{ +\infty} a_k$ se esiste una funzione biettiva (non identica) $\sigma: \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ tale che $b_k = a_{\sigma(k)}$ .

$\quad$

La definizione precedente dice che per ogni valore di $k$ , esiste uno e un solo $k'$ tale che $b_k=a_{k'}$ , ovvero abbiamo sommato gli stessi termini, ma l’ordine con cui vengono sommati è cambiato. Osserviamo che la relazione tra serie appena definita è una relazione di equivalenza: una serie è un riordinamento banale di sè stessa tramite $\sigma={\rm id}_{\mathbb{N}}$ , mentre se $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+ \infty} b_k$ è riordinamento di $\displaystyle\sum_{k = 0}^{ \infty} a_k$ tramite ${\sigma}$ , allora $\displaystyle\sum_{k = 0}^{+ \infty} a_k$ è riordinamento di $\displaystyle\sum_{k = 0}^{+ \infty} b_k$ , tramite $\sigma^{-1}$ . La transitività segue considerando la biiezione data dalla composizione delle due biiezioni coinvolte.

Il prossimo esempio mostra che riordinare la serie non ci garantisce, in generale, lo stesso risultato finale.

Esempio 32. Sia $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+ \infty} a_k$ una serie e $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ un suo riordinamento. Proviamo che

$\sum_{k = 0}^{ +\infty} a_k = \ell \not \implies \sum_{k = 0}^{ +\infty} b_k = \ell,$

cioè mostriamo che esiste una serie e un suo riordinamento che non hanno lo stesso valore. Consideriamo la serie

$S = \sum_{k = 1}^{ +\infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{4} + \frac{1}{5} - \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \cdots$

e ricordiamo, cf. esempio 18, che per il criterio di Leibniz, cf. teorema 10 tale serie è convergente¹⁵. Un suo riordinamento è

$T = 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \frac{1}{6} + \dots +\bigg(\frac{1}{4n-3} + \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{2n}\bigg)+ \cdots,$

in quanto i termini con denominatore pari compaiono una e una sola volta, così come quelli con denominatore dispari, che compaiono divisi in due gruppi, quelli uguali a 1 modulo 4 e quelli uguali a 3 modulo 4. Consideriamo la successione $\{ S_n \}$ delle somme parziali di $S$ e riscriviamola come

$S_n = 1 - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \sum_{k = 4}^{n} \frac{(-1)^{k-1}}{k} = \frac{5}{6} + \tilde{S}_n, \qquad \forall\, n\geq 4.$

Allora, la sottosuccessione di $\{ \tilde{S}_n \}$ in cui sommiamo due termini consecutivi alla volta,

$\tilde{S}_{2n+1} = \bigg(- \frac{1}{4} + \frac{1}{5} \bigg) + \bigg( - \frac{1}{6} + \frac{1}{7} \bigg) + \dots + \bigg( - \frac{1}{2n} + \frac{1}{2n +1} \bigg), \qquad \forall n\geq 2,$

converge ad un numero negativo, in quanto il termine generico di queste somme è negativo, quindi si ha

$S = \lim_{n \to \infty} S_n = \frac{5}{6} + \lim_{n \to \infty}\tilde{S}_{n} < \frac{5}{6}.$

Similmente a quanto fatto con $s$ , possiamo riscrivere le somme parziali di $T$ raggruppate a tre a tre ovvero considerare la sottosuccessione delle somme parziali di $T$

$T_{3n} = \bigg(1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2}\bigg) + \bigg(\frac{1}{5} + \frac{1}{7} - \frac{1}{4}\bigg) + \bigg(\frac{1}{9} + \frac{1}{11} - \frac{1}{6}\bigg) + \dots + \bigg(\frac{1}{4n-3} + \frac{1}{4n-1} - \frac{1}{2n}\bigg).$

Poiché ora i termini sono strettamente positivi, deduciamo che $T_{3n}$ è monotona crescente e converge a un valore strettamente maggiore di $\displaystyle \left( 1 + \frac{1}{3} - \frac{1}{2} \right)=\frac{5}{6}$ . Osserviamo che $T_n$ converge, in quanto per $n\to +\infty$ :

$| T_{3n+1}- T_{3n}|\leq \dfrac{1}{4n+1} \to 0\quad \mbox{e}\quad |T_{3n+2}-T_{3n}|\leq \dfrac{1}{4n+3} \to 0.$

Quindi, la serie $T$ converge a un valore strettamente maggiore di $\dfrac{5}{6}$ , cioè $T \neq S$ .

Diamo adesso una condizione sufficiente per cui, se la serie data è convergente, allora ogni suo riordinamento converge allo stesso valore.

Si può verificare con la teoria delle serie di Taylor che $S=\ln 2$ . ↩

Lemma 12. Sia $\displaystyle\sum_{k = 0}^{+\infty} a_k$ una serie a termini positivi convergente e $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ un suo riordinamento. Allora, la serie di termine generale $b_n$ converge e si ha

$\sum_{k = 0}^{+\infty} b_k = \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k$

$\quad$

Dimostrazione. Siano $S =\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ e $T =\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k$ , e siano $S_n$ e $T_n$ le rispettive somme parziali.

Per ogni $n\in\mathbb{N}$ , la somma $a_{\sigma(1)} + \cdots + a_{\sigma(n)}$ è chiaramente minore della serie $T$ , perché tutti i termini della somma sono presenti e aggiungiamo solo termini positivi:

(163) $\begin{equation*} S_n = b_1 + b_2 + \cdots b_n = a_{\sigma(1)} + \cdots + a_{\sigma(n)} \leq\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k =T \qquad \forall \,n\in \mathbb{N} \end{equation*}$

Passando al limite per $n \to +\infty$ in (163), abbiamo

$S \leq T.$

Analogamente, partendo da $T_n$ otteniamo

$T_n \leq S \qquad \forall \, n \in \mathbb{N},$

per cui, passando al limite per $n \to +\infty$ , otteniamo

$T \leq S.$

Dunque, si ha necessariamente $S = T$ .

Corollario 6. Sia $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k$ una serie assolutamente convergente e $\displaystyle\sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ un suo riordinamento. Allora $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ converge assolutamente e

$\sum_{k = 0}^{+\infty} b_k = \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k.$

$\quad$

Dimostrazione. Osserviamo che sia $|a_k|$ che $|b_k|$ sono positivi, e che $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} |b_k|$ è un riordinamento di $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} |a_k|$ . Quindi, la serie $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} b_k$ converge assolutamente, cf. lemma 12, e si ha

$\sum_{k = 0}^{+\infty} |b_k| = \sum_{k = 0}^{+\infty} |a_k|.$

Mostriamo adesso che hanno anche lo stesso valore. Scriviamo $b_k =|b_k| - (|b_k| - b_k)$ e osserviamo che $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty}|b_k|$ e $\displaystyle \sum_{k = 0}^{+\infty} (|b_k| - b_k)$ convergono. Allora, utilizzando nuovamente il lemma 12, dato che sia $|b_k|$ che $(|b_k| - b_k)$ sono positivi, e che $(|b_k| - b_k)$ è riordinamento di $(|a_k| - a_k)$ , otteniamo:

$\sum_{k = 0}^{+\infty} b_k = \sum_{k = 0}^{+\infty} |b_k| - \sum_{k = 0}^{+\infty} (|b_k| - b_k) = \sum_{k = 0}^{+\infty} |a_k| - \sum_{k = 0}^{+\infty} (|a_{k}| - a_k) = \sum_{k = 0}^{+\infty} a_k.$

Osservazione 23. Osserviamo che nell’esempio 32

$s = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{(-1)^{k-1}}{k}$

non converge assolutamente:

$\sum_{k = 1}^{+ \infty} \Bigg|\frac{(-1)^{k-1}}{k} \Bigg| = \sum_{k = 1}^{+ \infty} \frac{1}{k} =+\infty.$

Concludiamo questa sezione con un enunciato notevole, dovuto a Riemann, che stabilisce che l’ipotesi di convergenza assoluta non solo è sufficiente affinché ogni riordinamento di una serie convergente dia lo stesso risultato, ma è anche necessaria.

Ricordiamo la seguente definizione.

Definizione 10. Una serie convergente ma non assolutamente convergente viene detta condizionatamente convergente.

$\quad$

Il prossimo teorema stabilisce che se una serie è convergente, ma non assolutamente convergente, è possibile trovare un suo riordinamento che converge a qualunque valore della retta reale estesa.

Teorema 15 (Riemann). Sia $\displaystyle \sum_{k = 1}^{ +\infty} a_k$ una serie condizionatamente convergente. Allora, per ogni $\alpha \in \mathbb{R} \cup \{ \pm \infty\}$ , è possibile trovare un suo riordinamento $\displaystyle \sum_{k = 1}^{ +\infty} b_k$ che converge a $\alpha$ . Inoltre, esiste un riordinamento che dà luogo a una serie indeterminata.

$\quad$

Dimostrazione. Mostriamo che la serie data ammette un riordinamento che converge a un qualunque $\alpha \in \R \cup \{ \pm \infty \}$ . Trattiamo solo il caso $\alpha\geq 0,$ il caso $\alpha<0$ è analogo e viene lasciato al lettore. L’idea è di dividere la parte positiva e la parte negativa della serie, definendo

(164) $\begin{equation*} a^+_n\coloneqq \max\{ a_n,0 \}\quad \mbox{e}\quad a^-_n\coloneqq \max\{ -a_n,0 \}\qquad \forall\, n\in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Notiamo che

(165) $\begin{equation*} a_n=a_n^+-a_n^- \quad \mbox{e}\quad |a_n|=a_n^+ + a_n^-\qquad \forall\, n\in \mathbb{N}, \end{equation*}$

Abbiamo quindi che

(166) $\begin{equation*} S_n\coloneqq \sum_{k = 1}^{ n} a_k= \sum_{k = 1}^{ n} a^+_k- \sum_{k = 1}^{ n} a^-_k \qquad \forall\, n \geq1, \end{equation*}$

e, inoltre, che le successioni

(167) $\begin{equation*} S_n^+\coloneqq\sum_{k = 1}^{ n} a^+_k \quad \mbox{e}\quad S_n^-\coloneqq\sum_{k = 1}^{ n} a^-_k \qquad \forall\, n \geq1, \end{equation*}$

sono entrambe a termini positivi e divergenti. Infatti, se una sola delle due fosse convergente, si vede da (166) che la successione $S_n$ convergerebbe a $\pm \infty$ . Se, invece, fossero entrambe convergenti, la serie dei moduli, cf. (165), sarebbe convergente, i.e.

$\sum_{k = 1}^{ +\infty} |a_k|= \sum_{k = 1}^{ +\infty} a^+_k+ \sum_{k = 1}^{ +\infty} a^-_k,$

il che è in contrasto con le nostre ipotesi. Dato $\alpha \in (0,+\infty)$ troviamo un riordinamento della serie che converge a $\alpha$ nel modo seguente. Poiché la serie di termine generale $a_n^+$ diverge, possiamo scegliere $n_1$ il più piccolo indice tale che

(168) $\begin{equation*} \sum_{k = 1}^{ n_1} a^+_k >\alpha, \end{equation*}$

e, analogamente, possiamo scegliere un indice $m_1$ minimale tale che

(169) $\begin{equation*} \sum_{k = 1}^{ n_1} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_1} a^-_k < \alpha. \end{equation*}$

Possiamo quindi definire induttivamente due successioni crescenti di indici $\{ n_i \}, \{ m_i\}$ minimali tali che $n_{i+1}>n_i$ , $m_{i+1}>m_i$ per ogni $i>0$ , con la proprietà che

(170) $\begin{equation*} \sum_{k = 1}^{ n_{i+1}} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_i} a^-_k > \alpha \qquad \mbox{e} \qquad \sum_{k = 1}^{ n_{i+1}} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_{i+1}} a^-_k < \alpha. \end{equation*}$

Si vede facilmente che la successione delle somme parziali della successione

(171) $\begin{equation*} a_1^+, \dots, a_{n_1}^+, -a_1^-, \dots, -a_{m_1}^-, a_{n_1+1}^+, \dots, a_{n_2}^+, - a_{m_1+1}, \dots \end{equation*}$

dà luogo a un riordinamento della serie di partenza. Per minimalità della scelta degli indici, si ha che la distanza da $\alpha$ del termine $T_n, \;n>0$ della successione delle somme parziali di (171) è stimata dal termine della successione $\{ a_k \}_k$ relativo all’ultimo indice $p$ , con $p\leq n$ , che cambia segno alla differenza $\{ T_n-\alpha \}$ , i.e.

$|T_n-\alpha| \leq a_{p}.$

Poiché le successioni di indici sono crescenti e illimitate, e la successione $\{ a_n \}$ è infinitesima, la serie associata a (171) converge a $\alpha$ .

Nel caso $\alpha=+\infty$ , procediamo come sopra, definendo successioni di indici crescenti $\{ n_i \}, \{ m_i\}$ , minimali tal che $n_{i+1}>n_i$ , $m_{i+1}>m_i$ per ogni $i>0$ , con la proprietà che

(172) $\begin{equation*} \forall\, i >0 \qquad \sum_{k = 1}^{ n_{i+1}} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_i} a^-_k > i+1\qquad \mbox{e} \qquad \sum_{k = 1}^{ n_{i+1}} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_{i+1}} a^-_k < i+1. \end{equation*}$

Per ogni $i$ sufficientemente grande, tale che $a_{m_{i}}<1$ , si avrà anche

(173) $\begin{equation*} \ \sum_{k = 1}^{ n_{i+1}} a^+_k - \sum_{k =1}^{ m_{i+1}} a^-_k > i, \end{equation*}$

per cui la serie diverge positivamente.

Per ultimo, mostriamo l’esistenza di un riordinamento che dà luogo ad una serie indeterminata. Con lo stesso procedimento descritto sopra, possiamo far oscillare la successione delle somme parziali $T_n$ , avendo infiniti indici $n$ tali che $T_n>1$ , e infiniti indici $m$ tal che $T_m<-1$ . Concludiamo che tale serie non può convergere.

Serie numeriche: esercizi svolti

Introduzione.

In questa sezione presentiamo vari esercizi svolti.

Esercizi svolti sul criterio del confronto

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto:

$\begin{aligned}\label{Es: S_n^2/2^n} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{3+\sin(n)}{4^n}. \end{aligned}$

Svolgimento.

Dato che $|\sin(x)|\leq 1$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ , vale

$\dfrac{3+\sin(n)}{4^n}\leq \dfrac{3+1}{4^n} = \left(\dfrac{1}{4}\right)^{n-1} \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}.$

La serie associata al termine di destra è una serie geometrica di ragione $\dfrac{1}{4}<1$ convergente, cf. proposizione 3, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, converge anche la serie data.

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto:

$\begin{aligned} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(1+ \frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{n+1}{n}\right) . \end{aligned}$

Svolgimento.

Notiamo che

$\begin{aligned} a_n \coloneqq \left(1+ \frac{1}{\sqrt{n}}+\frac{n+1}{n}\right) \geq \left(\frac{n+1}{n}\right) =\left(1+\dfrac{1}{n}\right)> \dfrac{1}{n}= b_n \qquad \forall n \geq 1. \end{aligned}$

La serie di termine generale $b_n$ è divergente perché è una serie armonica, cf. lemma 7, quindi diverge anche la serie iniziale, applicando il criterio del confronto, cf. teorema 1.

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Ottieni file di teoria ed esercizi svolti sulle serie numeriche. Il file ha una lunghezza di 113 pagine e sono presenti 81 esercizi svolti.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto:

$\begin{aligned} \label{40} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^\alpha}\qquad \forall \, \alpha >0. \end{aligned}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie è a termini non negativi, pertanto è possibile applicare il criterio del confronto, cf. teorema 1.

Ricordiamo che la successione $\left\{\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}\right\}$ è monotona decrescente, minore di 3 e maggiore di $e$ :

$e<\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}<3\quad \text{per} \qquad \forall\, n>1,$

da cui

$\dfrac{1}{3}<\dfrac{1}{\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}}<\dfrac{1}{e} \qquad \forall\, n>1.$

Pertanto, per $\alpha \in (3,+\infty)$ , definitivamente vale:

$\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^\alpha}=\left(\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}\right)^{-n^{\alpha-3}}=\dfrac{1}{\left(\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}\right)^{n^{\alpha-3}}}< \dfrac{1}{e^{n^{\alpha-3}}}<\dfrac{1}{n^2}.$

quindi la serie data risulta essere convergente per il criterio del confronto.

Inoltre, per $\alpha \in (0,3)$ , definitivamente vale:

$\dfrac{1}{\left(\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{-n^3}\right)^{n^{\alpha-3}}}> \dfrac{1}{3^{n^{\alpha-3}}}$

ed essendo

$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{3^{n^{\alpha-3}}}=1\neq 0$

la serie data risulta essere divergente per il criterio del confronto, cf. teorema 1. Infine per $\alpha=3$ la serie data diventa

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^3}$

che è chiaramente divergente, perché $\displaystyle \lim_{n\to +\infty}\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^3}=e^{-1}\neq 0$ .

Si conclude che la serie data diverge per $\alpha \in (0,3]$ e converge per $\alpha \in (3,+\infty)$ .

Esercizi svolti sul criterio del confronto asintotico

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(174) $\begin{equation*} \sum\limits_{n=1}^{+\infty} \dfrac{e^n}{(e^n+1) \ln(e^n+1)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n \rightarrow +\infty$ , si ha:

$\begin{equation*} \begin{aligned} \dfrac{e^n}{e^n\left(1+\dfrac{1}{e^n} \right)\left(\ln e^n+\ln\left(1+\dfrac{1}{e^n}\right) \right)}=\dfrac{1}{\left(1+\dfrac{1}{e^n} \right)\left(n+\ln\left(1+\dfrac{1}{e^n}\right) \right)}=\frac{1}{n}\left(1+o(1) \right). \end{aligned} \end{equation*}$

Si conclude, cf. lemma 7, che per il criterio del confronto asintotico la serie data diverge.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(175) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left(\sqrt{2}\right)^{-n}}{\sqrt{5n+4}-2^n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che $\sqrt{5n+4}<2^n$ per ogni $n\geq 2$ , quindi il primo termine della serie per $n=1$ è positivo e da $n \geq 2$ sono invece tutti termini negativi.

Pertanto, riscriviamo (175) come segue

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left(\sqrt{2}\right)^{-n}}{\sqrt{5n+4}-2^n}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{\left(\sqrt{2}\right)^{-n}}{2^n-\sqrt{5n+4}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\sum_{n=2}^{+\infty}a_n$

e studiamo il carattere della serie $\displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty}a_n$ con il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n\rightarrow +\infty$ si ha:

$a_n=\dfrac{\left(\sqrt{2}\right)^{-n}}{2^n-\sqrt{5n+4}}=\frac{2^{-\frac{n}{2}}}{2^n}\left(1+o(1)\right) =\dfrac{1}{2^{\frac{3}{2}n}}\left(1+o(1)\right),$

dunque la serie di termine generale $a_n$ è asintotica a una serie geometrica convergente, cf. proposizione 3.

Quindi, per il criterio del confronto asintotico possiamo concludere che la serie data converge.

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(176) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty} \ln \left(\dfrac{n^2+2n+3}{n^2+1}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n \rightarrow +\infty$ , si ha¹⁶:

$\begin{aligned} b_n & = \ln \left(\dfrac{n^2+2n+3}{n^2+1}+1-1\right) = \ln \left(1+\dfrac{2n+2}{n^2+1}\right) = \\ & = \ln \left(1+\dfrac{2n+2}{n^2+1}\right) = \ln \left( 1 + \dfrac{2}{n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right) = \\ & = \dfrac{2}{n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right) = \dfrac{2}{n} \left(1+o(1)\right). \end{aligned}$

dunque la serie data è asintotica a una serie armonica divergente, cf. proposizione 3.

Quindi, per il criterio del confronto asintotico possiamo concludere che la serie data diverge.

Sia $\{b_n\}_{n\in \mathbb{N}}$ una successione infinitesima. Allora, per ogni $k>0$ valgono i seguenti sviluppi notevoli per $n \rightarrow +\infty$ :

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{1-b_n}=1+b_n+b^2_n+b^3_n\dots+b^k_n+o(b^k_n)\\ &\ln\left(1+b_n\right)=b_n-\dfrac{1}{2}b^2_n+\dfrac{1}{3}b^3_n+\dots\left(-1 \right)^{k+1}\dfrac{b^k_n}{k}+o(b_n^k) . \end{aligned}$

↩

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(177) $\begin{equation*} \sum\limits_{n=1}^{+\infty}\left(2-\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{n^3}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che

$\begin{aligned} \lim_{n \to +\infty} \left(2-\cos\left(\frac{1}{n}\right)\right)^{n^3} & =\lim_{n\to+\infty}e^ {n^3\ln\left(2-\cos\left(\frac{1}{n}\right) \right)} =\lim_{n\to+\infty} e^{n^3\ln\left(1+\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right)\right)} =\\\\ &=\lim_{x \rightarrow +\infty} e^{n^3\left(\frac{1}{2n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right) \right)}=\lim_{x \rightarrow +\infty} e^{\frac n 2\left(1+o(1) \right)}=+\infty, \end{aligned}$

quindi il termine generale non tende a zero e dunque la condizione necessaria affinchè la serie converga non è soddisfatta, cf. proposizione 1. Pertanto, si conclude che la serie non converge, in particolare, essendo a termini positivi, possiamo dire che diverge positivamente.

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(178) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(1-\cos\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^\alpha\qquad \forall \, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\left(1-\cos\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^\alpha=\left(1-\left(1-\dfrac{1}{2n^2}\right)+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)^\alpha=\dfrac{1}{2^\alpha n^{2\alpha}}\left(1+o\left(1\right)\right).$

Dunque, la serie data è asintotica a una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, con esponente $2\alpha$ . Concludiamo che essa risulta convergente se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ , e per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, anche la serie data converge se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(179) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^{\alpha n \ln n}\qquad \forall \, \alpha\in\mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} \dfrac{1}{n^2}\left(\dfrac{n+2}{n+1}\right)^{\alpha n \ln n}&=\dfrac{1}{n^2}\left(1+\dfrac{1}{n+1}\right)^{\alpha n \ln n } =\dfrac{1}{n^2}\exp\left(\alpha n \ln n \ln \left(1+ \dfrac{1}{n+1}\right) \right)=\\ &=\dfrac{1}{n^2}\exp\left( \dfrac{\alpha n \ln n}{n+1}(1+o\left(1\right))\right) =\dfrac{1}{n^2}\exp\left( \alpha\ln n(1+o(1))\right)=\\ &=\dfrac{1}{n^2}\cdot n^\alpha\left(1+o\left(1\right)\right)= \dfrac{1}{n^{2-\alpha}}\left(1+o\left(1\right)\right). \end{aligned}$

Dunque, la serie data è asintotica a una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, con esponente $2-\alpha$ . Poiché

$2-\alpha>1\quad \iff \quad \alpha<1,$

si conclude che la serie data converge per $\alpha \in (-\infty,1)$ e diverge per $\alpha \in [1,+\infty)$ .

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(180) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{n^2+n-1}{n^2+3n+5}\right)^{n^\alpha}\qquad \forall \, \alpha\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Si osserva che:

(181) $\begin{equation*} \begin{aligned} & \lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{n^2+n-1}{n^2+3n+5}\right)^{n^\alpha}=\left(\dfrac{n^2+3n+5-2n-6}{n^2+3n+5}\right)^{n^\alpha}=\left(1+\dfrac{-2n-6}{n^2+3n+5}\right)^{n^\alpha}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{-2n}{n^2}\cdot \dfrac{1+\dfrac{3}{2n}}{1+\dfrac{3}{n}+\dfrac{5}{n^2}}\right)^{n^\alpha}=\lim_{n\to+\infty}\left(1-\dfrac{2}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)^{n^\alpha}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\exp\left(n^{\alpha}\ln\left(1-\dfrac{2}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)\right)^{n^\alpha}=\lim_{n\to+\infty}\exp\left(n^\alpha \left(-\dfrac{2}{n}+o\left(\dfrac{1}{n }\right)\right)\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\exp\left(-2n^{\alpha -1 }\left(1+o\left(1\right)\right)\right)=\begin{cases} 1,\quad &\text{se}\,\,\alpha<1;\\ e^{-2},&\text{se}\,\,\alpha=1;\\ 0, &\text{se}\,\,\alpha>1. \end{cases} \end{aligned} \end{equation*}$

Se $\alpha \in (-\infty,1]$ la serie data non converge perché il termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1. Per $\alpha \in (1,+\infty)$ , vediamo da (181) che la serie data è asintotica a

(182) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}e^{-2n^{\alpha -1}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{e^{2n^{\alpha -1}}}. \end{equation*}$

Si ha definitivamente

$\dfrac{1}{e^{2n^{\alpha -1}}}<\dfrac{1}{n^2}$

quindi la serie (182) converge per il criterio del confronto, cf. teorema 1 e lemma 7.

Si conclude che la serie data diverge per $\alpha \in (-\infty,1]$ e converge per $\alpha \in (1,+\infty)$ .

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del confronto asintotico:

(183) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\ln\left(\cos\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)\right)+\dfrac{1}{2\sqrt{n}}+\dfrac{\alpha}{n}\right)\qquad \forall \, \alpha\in (0,+\infty). \end{equation*}$

Svolgimento.

Sviluppiamo il termine generale della serie per $n\to+\infty$ , ottenendo¹⁷:

(184) $\begin{equation*} \begin{aligned} &\ln\left(\cos\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)\right) + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{\alpha}{n} = \ln\left(1 - \dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{1}{24n} - \dfrac{1}{720\sqrt{n^3}} + o\left(\dfrac{1}{\sqrt{n^3}}\right)\right) + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{\alpha}{n} \\ &= -\dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{1}{24n} - \dfrac{1}{720n\sqrt{n}} - \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{4n} + 2\left(-\dfrac{1}{2\sqrt{n}}\right)\left(\dfrac{1}{24n}\right)\right) \\ &\quad + \dfrac{1}{3n\sqrt{n}}\left(-\dfrac{1}{8}\right) + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{\alpha}{n} + o\left(\dfrac{1}{n}\right) \\ &= \left(-\dfrac{1}{12} + \alpha\right)\dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{48n\sqrt{n}} - \dfrac{1}{720n\sqrt{n}} - \dfrac{1}{24n\sqrt{n}} + o\left(\dfrac{1}{n\sqrt{n}}\right) \\ &= \dfrac{1}{n}\left(\alpha - \dfrac{1}{12}\right) - \dfrac{1}{45n^{\frac{3}{2}}} + o\left(\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right). \end{aligned} \end{equation*}$

Notiamo la serie è definitivamente a termini negativi, e quindi possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Da (184) vediamo che la serie data è asintotica a

(185) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}-\left(\dfrac{1}{n}\left(\alpha-\dfrac{1}{12}\right)-\dfrac{1}{45n^{\frac{3}{2}}}\right). \end{equation*}$

Pertanto, ricordando la serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, la serie data converge se e solo se $\alpha=\dfrac{1}{12}$ per il criterio del confronto asintotico.

La scelta di operare uno sviluppo laborioso del logaritmo ha più uno scopo didattico che pratico. Esso si può evitare utilizzando il simbolo di Landau $O(1)$ e fermando lo sviluppo al termine proporzionale a $n^{-1}$ ↩

Esercizi svolti sul criterio di condensazione

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di condensazione:

(186) $\begin{equation*} \sum_{n=3}^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln n \ln^\alpha\left(\ln n\right)}\qquad \forall \, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie è a termini positivi e monotona decrescente, pertanto è possibile applicare il criterio di condensazione, cf. teorema 3.

Dunque, la serie condensata

$\sum_{n=3}^{+\infty}\dfrac{2^n}{2^n\ln 2^n \ln^\alpha\left(\ln 2^n\right)}=\sum_{n=3}^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln 2 \ln^\alpha \left(n\ln 2 \right)}$

ha lo stesso carattere della serie data.

Per $n\to+\infty$ si ha

$\dfrac{1}{n\ln 2 \ln^\alpha \left(n\ln 2 \right)}=\dfrac{1+o(1)}{n\ln^\alpha (n) \ln (2 )},$

dunque la serie condensata ha lo stesso carattere della serie

(187) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln^\alpha n } \end{equation*}$

per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

La serie (187) è una serie armonica generalizzata del secondo ordine, cf. Lemma 8, che converge se e solo se $\alpha \in (1,+\infty)$ .

Si conclude per il criterio di condensazione che la serie data converge se e solo se $\alpha \in (1,+\infty)$ .

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di condensazione:

(188) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(\ln n \right)^{\ln n }}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie data è una serie a termini positivi e decrescenti quindi possiamo applicare il criterio di condensazione, cf. teorema 3.

Consideriamo la serie condensata:

(189) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{2^n}{\left(\ln2^n\right)^{\ln2^n}}=\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{2^n}{\left(n\ln 2\right)^{n\ln2}}=\sum_{n=2}^{+\infty}\left( \dfrac{2}{\left(n\ln 2\right)^{\ln2}}\right)^n, \end{equation*}$

e notiamo che, poiché

$\lim_{n \rightarrow +\infty }\dfrac{2}{\left(n\ln 2\right)^{\ln2}} =0,$

si ha

$\exists n_0>0: \quad \forall\, n>n_0\qquad \dfrac{2}{\left(n\ln 2\right)^{\ln2}}<\frac 1 2.$

Pertanto, la serie condensata (189) è definitivamente maggiorata da una serie geometrica convergente, cf. proposizione 3, e dunque converge per il criterio del confronto, cf. teorema 1. Concludiamo che, per il criterio di condensazione, la serie data converge.

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di condensazione:

(190) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(e-\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right)^\alpha\qquad \forall \, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie è a termini positivi e decrescenti, pertanto è possibile applicare il criterio di condensazione, cf. teorema 3.

Dunque, la serie condensata

(191) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}2^n\left(e-\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)^{2^n}\right)^\alpha \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data

Per $n\to+\infty$ si ha:

$\begin{aligned} &2^n\left(e-\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)^{2^n}\right)^\alpha=2^n\left(e-\exp\left(2^n\ln\left(1+\dfrac{1}{2^n}\right)\right)\right)^\alpha=\\ &=2^n\left(e-\exp\left(2^n\left(\dfrac{1}{2^n}-\dfrac{1}{2\cdot 2^{2n}}+o\left(\dfrac{1}{4^n}\right)\right)\right)\right)^\alpha=\\ &=2^n\left(e-\exp\left(1-\dfrac{1}{2\cdot 2^n}+o\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\right)\right)^\alpha=\\ &=2^n\cdot e^\alpha \left(1-\exp\left(-\dfrac{1}{2\cdot 2^n}+o\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\right)\right)^{\alpha}=\\ &=2^n\cdot e^\alpha \left(1-\left(1-\dfrac{1}{2\cdot 2^n}+o\left(\dfrac{1}{2^n}\right)\right)\right)^\alpha=\\ &=2^n\cdot e^\alpha \cdot \dfrac{1}{2^\alpha \cdot 2^{n\alpha}}\left(1+o\left(1\right)\right)=\left(\dfrac{e}{2}\right)^\alpha\dfrac{1}{2^{n\left(\alpha-1\right)}}\left(1+o\left(1\right)\right). \end{aligned}$

Dunque, la serie

(192) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{2^{n\left(\alpha-1\right)}}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{2^{\left(\alpha-1\right)}}\right)^n \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie condensata (191) per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

La serie (192) è una serie geometrica, la quale, cf. proposizione 3, risulta convergente per

$\dfrac{1}{2^{\left(\alpha-1\right)}}<1 \quad \iff \quad \alpha >1.$

Si conclude per il criterio di condensazione che la serie data converge se e solo se $\alpha \in (1,+\infty)$ .

Esercizi svolti sul criterio del rapporto

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

$\begin{aligned}\label{Es: S_n^2/2^n2} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n^2}{2^n} . \end{aligned}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, quindi possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4. Sia $a_n$ il termine generale della serie. Consideriamo il seguente limite:

$\ell = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{(n+1)^2}{n^2}\cdot\frac{2^n}{2^{n+1}} = \lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{\cancel{n^2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^2}{\cancel{n^2}}\frac{\cancel{2^n}}{2\cdot \cancel{2^n} } =\frac{1}{2} <1 .$

Concludiamo che la serie data è convergente.

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

$\begin{aligned}S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(2n)!}{(n!)^2}. \label{Es: S_(2n)!/(n!)^2} \end{aligned}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, quindi possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4. Sia $a_n$ il termine generale della serie. Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} \ell &=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{\left(2(n+1)\right)!}{\left((n+1)!\right)^2}\cdot \dfrac{(n!)^2}{(2n)!} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\dfrac{(2n+2)(2n+1)\bcancel{(2n!)}}{(n+1)^2\bcancel{(n!)^2}}\cdot\dfrac{\bcancel{(n!)^2}}{\bcancel{(2n)!}} =\\\\ &= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\frac{\big(2n(1+o(1)\big)\big(2n(1+o(1)\big)}{n^2(1+o(1))} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}4\big(1+o(1)\big) = 4. \end{aligned}$

Poiché $\ell = 4 > 1$ , la serie diverge positivamente.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

$\begin{aligned}S\coloneqq \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n\log^2 (n)}. \label{Es: S_1/n/log^2(n)} \end{aligned}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, quindi possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4. Sia $a_n$ il termine generale della serie. Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} \ell &=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n} =\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\frac{1}{(n+1)\log^2((n+1))}\cdot\frac{\big(n\log^2(n)\big)}{1} \nonumber\\ &= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\frac{n}{n+1}\cdot\frac{\log^2(n)}{\log^2(n+1)} = \lim\limits_{n \rightarrow +\infty} \frac{n}{n\big(1+o(1)\big)}\left(\frac{\log(n)}{\log(n\big(1+o(1)\big)}\right)^2 \nonumber \\ &=\lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\left(\frac{\log(n)}{\log(n)(1+o(1))}\right) \big(1+o(1)\big)= 1\nonumber. \end{aligned}$

In questo caso il criterio del rapporto non è sufficiente a stabilire il carattere della serie data, che è una serie armonica generalizzata del secondo tipo convergente, cf. lemma 8.

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

(193) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\sqrt{\left(2n+1 \right)!}}{n^n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi, pertanto possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4. Sia $a_n$ il termine generale della serie. Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} \ell&=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{\sqrt{\left(2n+3 \right)!}}{(n+1)^{n+1}}\cdot \dfrac{n^n}{\sqrt{\left(2n+1 \right)!}} =\\ &= \lim_{n\rightarrow+\infty}\dfrac{n^n\,\sqrt{\left(2n+3 \right)\left(2n+2 \right)}\cancel{\sqrt{\left(2n+1 \right)! }}}{(n+1)^n\left(n+1 \right)\cancel{\sqrt{\left(2n+1 \right)! }}}=\\ & = \lim_{n \rightarrow +\infty }\dfrac{\cancel{n^n}\cdot 2\cancel{n} \left(1+o(1)\right)}{\cancel{n^n}\cdot \cancel{n} \left( 1+\dfrac{1}{n}\right)^n}=\dfrac{2}{e}<1. \end{aligned}$

Poiché $\ell<1$ , la serie data converge.

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

(194) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!\,n^{n+1}}{\left(2n\right)!}\,\alpha^n \qquad \forall \, \alpha >0. \end{equation*}$

Svolgimento.

(195) $\begin{equation*} \begin{aligned} \ell&=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to+\infty} \dfrac{\left(n+1\right)!\left(n+1\right)^{n+2}}{n!\,n^{n+1}}\cdot \dfrac{\left(2n\right)!}{\left(2n+2\right)!}\cdot \dfrac{\alpha^{n+1}}{\alpha^n}=\\ &=\lim_{n\to +\infty} \dfrac{\cancel{\left(n+1\right)}\,\cancel{n!}\,\cancel{n^n}\left(1+\dfrac 1 n\right)^n\left(n+1\right)^{2}\cancel{\left(2n\right)!}}{\cancel{n!}\,\cancel{n^n}\,n\,2\cancel{\left(n+1\right)}\left(2n+1\right)\cancel{\left(2n\right)!}}\alpha=\\ &=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\cancel{n^2}\,\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n}{4\cancel{n^2}}\alpha\left(1+o\left(1\right)\right)=\dfrac{e}{4}\alpha. \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché

$\ell <1 \quad \iff \quad \alpha<\dfrac{4}{e},$

la serie data converge per $0<\alpha<\dfrac{4}{e}$ e diverge per $\alpha>\dfrac{4}{e^2}$ per il criterio del rapporto. Se $\alpha =\dfrac{4}{e}$ , dal criterio del rapporto non possiamo concludere nulla, quindi dobbiamo studiare il carattere della serie data in un altro modo. In questo caso, la serie diventa

(196) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} a_n= \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n!\,n^{n+1}}{\left(2n\right)!}\cdot \left(\dfrac{4}{e}\right)^n \end{equation*}$

Per studiare la serie (196), applichiamo il criterio di Raabe, cf. teorema 8.

Sostituendo $\alpha= \dfrac{4}{e}$ in (195), otteniamo che

$\begin{aligned} \dfrac{a_n}{a_{n+1}}&= \dfrac{e}{\left(1+\dfrac{1}{n} \right)^{n}}\cdot \dfrac{n(2n+1)}{2(n+1)^2}= e^{1-n\ln\left( 1+\dfrac{1}{n} \right)}\cdot \left( 1+\dfrac{1}{2n} \right)\left( 1+\dfrac 1 n \right)^{-2}=\\ &=e^{\left( 1-n\left( \dfrac1 n-\dfrac{1}{2n^2} + o\left( \dfrac{1}{n^2} \right) \right) \right)}\cdot \left( 1+\dfrac{1}{2n} \right)\left( 1-\dfrac 2 n +o\left( \dfrac{1}{n} \right) \right) =\\ &=e^{\left( \dfrac{1}{2n} + o\left( \dfrac{1}{n} \right) \right)}\cdot \left( 1-\dfrac{3}{2n}+ o\left( \dfrac{1}{n} \right) \right) =1-\dfrac{1}{n}+ o\left( \dfrac{1}{n} \right), \qquad n \to +\infty. \end{aligned}$

Dunque, essendo

$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}n\left( \dfrac{a_n}{a_{n+1}}-1 \right)& = \lim_{n\to+\infty} n\left( 1-\dfrac{1}{n}+ o\left( \dfrac{1}{n} \right) -1\right)= - 1 <1, \end{aligned}$

per il criterio di Raabe concludiamo che la serie (196) diverge. Si conclude che la serie data converge se e solo se $\alpha \in \left(0,\dfrac{4}{e}\right)$ .

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del rapporto:

(197) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^{2n}}{(2n)!}\,\alpha^n \qquad \forall \, \alpha >0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è una serie a termini positivi, pertanto possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4.

Sia $a_n$ il termine generale della serie. Consideriamo il seguente limite:

(198) $\begin{equation*} \begin{aligned} \ell&=\lim\limits_{n \rightarrow \infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{(n+1)^{2(n+1)}}{(2n+2)!}\cdot \dfrac{(2n)!}{n^{2n}} \cdot \dfrac{\alpha^{n+1}}{\alpha^n} = \\ &=\lim_{n\to+\infty} \dfrac{(n+1)^{2n}(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)\cancel{(2n)!}}\cdot \dfrac{\cancel{(2n)!}}{n^{2n}}\cdot \alpha=\\ &=\lim_{n\to+\infty} \dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n} \right)^{2n} \cdot \cancel{n^2}}{4\cancel{n^2}} \alpha\,(1+o(1))=\dfrac{e^2}{4}\,\alpha. \end{aligned} \end{equation*}$

Poiché

$\ell <1 \quad \iff \quad \alpha<\dfrac{4}{e^2},$

la serie data converge per $0<\alpha<\dfrac{4}{e^2}$ e diverge per $\alpha>\dfrac{4}{e^2}$ per il criterio del rapporto. Se $\alpha =\dfrac{4}{e^2}$ , dal criterio del rapporto non possiamo concludere nulla, quindi dobbiamo studiare il carattere della serie data in un altro modo. In questo caso, la serie diventa

(199) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} a_n=\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n^{2n}}{(2n)!}\cdot \left( \dfrac{4}{e^2} \right)^n. \end{equation*}$

Lasciamo al lettore il compito di verificare che, in questo caso, il criterio di Raabe, cf. teorema 8 risulta inconcludente. Per studiare la serie (199) è utile ricordare la stima asintotica del fattoriale nota come approssimazione di Stirling. Ricordiamo che l’approssimazione di Stirling stabilisce che per $n\to + \infty$ si ha

(200) $\begin{equation*} n! \sim \left( \dfrac{n}{e}\right)^n\sqrt{2\pi n}. \end{equation*}$

Sostituendo (200) in (199), otteniamo che per $n\rightarrow+\infty$ si ha:

$\begin{aligned} a_n=& \dfrac{n^{2n}\,4^n}{(2n)!\,e^{2n}} = \dfrac{n^{2n}\, 4^n}{e^{2n}}\cdot \left( \sqrt{4\pi n}\cdot \left(\dfrac{2n}{e} \right)^{2n}\right)^{-1}\left( 1+o\left( 1 \right) \right) =\\ &= \dfrac{\cancel{n^{2n}}\cdot \cancel{4^n}}{\cancel{e^{2n}}}\cdot \dfrac{1}{\sqrt{4\pi n}}\cdot \dfrac{\cancel{e^{2n}}}{\cancel{4^n} \cdot \cancel{n^{2n}}}\left( 1+o\left( 1 \right) \right)= \dfrac{1}{\sqrt{4\pi n}}\left( 1+o\left( 1 \right) \right) \end{aligned}$

Dunque la serie (199) è asintotica a una serie armonica generalizzata del primo tipo di esponente $\alpha= \dfrac{1}{2}$ , dunque divergente, cf. lemma 7. Per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie (199) diverge. Si conclude che la serie data converge se e solo se $\alpha \in \left(0,\dfrac{4}{e^2}\right)$ .

Esercizi svolti sul criterio della radice

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della radice:

(201) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty}3^{n-n^3}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie data è a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio della radice, cf. teorema 5.

Abbiamo

$\lim_{n\to+\infty}3^{\frac{n-n^3}{n}}=\lim_{n\to+\infty}3^{1-n^2}=0<1.$

Concludiamo che la serie converge.

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della radice:

(202) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty}\left(\dfrac{3n+7}{4n+9}\right)^{n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie data è a termini positivi e quindi possiamo applicare il criterio della radice, cf. teorema 5.

Abbiamo

$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3n+7}{4n+9}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{4}\left(1+o\left(1\right)\right)=\dfrac{3}{4}<1.$

Si conclude che la serie converge.

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della radice:

$\begin{aligned}\label{Es: S_2^sqrt(n)/2^n} S\coloneqq \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{n^3 - 5n+2}{\left(3n^{10}+5n+3\right)^2}. \end{aligned}$

Svolgimento.

Applichiamo il criterio della radice, cf. teorema 5:

(203) $\begin{equation*} \begin{aligned} \ell &= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{n^3 - 5n+2}{\left(3n^{10}+5n+3\right)^2} }=\lim_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{ \frac{n^3\left(1+o(1)\right)}{\left(3n^{10}(1+o(1))\right)^2}} =\\ &= \lim\limits_{n \rightarrow +\infty}\sqrt[n]{\frac{n^3}{9n^{20}}\left(1+o(1)\right)} = \lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{9n^{17}}\right)^{\frac{1}{n}}(1+o(1))=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\exp\left(\dfrac{1}{n}\ln\left(\dfrac{1}{9n^{17}}\right)\right)(1+o(1))=e^{0}=1.\end{aligned} \end{equation*}$

Osserviamo che è possibile applicare il criterio della radice in quanto la serie è a termini definitivamente positivi. Poiché, però, tale criterio ha riportato come risultato $\ell=1$ , non abbiamo informazione sul carattere della serie.

Per studiare il carattere della serie data conviene, in questo caso, applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Da (203) deduciamo che la serie data è asintotica a una serie armonica, cf. lemma 7, di esponente $\alpha=17>1$ , dunque la serie data converge.

Esercizio 29 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della radice:

$\begin{aligned} \label{43} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^3}\left(\dfrac{\cos^2 n+\cos n+7}{4\cdot 3^{n}}\right). \end{aligned}$

Svolgimento.

Applichiamo il criterio della radice:

(204) $\begin{equation*} \ell=\lim_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}\cdot \dfrac{\left(\cos ^ 2 n +\cos n +7 \right)^{\frac{1}{n}}}{3\cdot 2^{\frac{2}{n}}}=\lim_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}\cdot \dfrac{\left(\cos^2 n +\cos n +7 \right)^{\frac{1}{n}}}{3\cdot 2^{\frac{2}{n}}}. \end{equation*}$

Osserviamo che

$6<\cos^2 n +\cos n + 7 <9\quad \forall n >1$

pertanto

$6^{\frac{1}{n}}<\left(\cos^2 n +\cos n + 7 \right)^{\frac{1}{n}}<9^{\frac{1}{n}}\quad \forall n >1$

dove

$\lim_{n\to+\infty}6^{\frac{1}{n}}=\lim_{n\to+\infty}9^{\frac{1}{n}}=1$

quindi per il teorema del doppio confronto si ha

(205) $\begin{equation*} \lim_{n\to +\infty}\left(\cos^2 n +\cos n + 7 \right)^{\frac{1}{n}}=1. \end{equation*}$

Sostituendo (205) in (204), si ha

$\ell=\dfrac{e}{3}<1,$

dove è stato utilizzato il fatto che $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}2^{\frac{2}{n}}=1$ e $\displaystyle \lim_{n\to+\infty}\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{n^2}=e$ . Concludiamo che, per il criterio della radice, cf. teorema 5, la serie data converge.

Esercizi svolti sul criterio dell’integrale

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio integrale:

$\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n\ln n \ln^\alpha \left(\ln n \right)}\qquad \forall \, \alpha >0.$

Svolgimento.

Osserviamo che la successione $\left\{ \dfrac{1}{n\ln n \ln^\alpha \left(\ln n \right)} \right\}$ è a termini positivi e monotona decrescente. Possiamo applicare quindi il criterio dell’integrale, cf. teorema 7:

$\int_{2}^{+\infty}\dfrac{1}{x \ln x \ln^\alpha (\ln x)}\,{\rm d}x\overset{t=\ln (\ln x)}{=} \int_{\ln \left( \ln 2 \right)}^{+\infty}\dfrac{1}{ t^\alpha }\,{\rm d}t= \begin{cases} \dfrac{1}{1-\alpha}t^{1-\alpha} \bigg \vert^{+\infty}_2=+\infty , \mbox{ se } \alpha<1;\\ \\ \ln t\bigg \vert^{+\infty}_2=+\infty, \mbox{ se } \alpha=1;\\ \\ \dfrac{1}{1-\alpha}t^{1-\alpha} \bigg \vert^{+\infty}_2<+\infty , \mbox{ se } \alpha>1; \end{cases}$

Concludiamo per il criterio dell’integrale che la serie converge se e solo se $\alpha>1$ .

Esercizio 31 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio integrale:

$\sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^n}{1+e^{2n}}.$

Svolgimento.

Osserviamo che la successione $\dfrac{e^n}{1+e^{2n}}$ è a termini positivi e decrescente. Infatti, per ogni $n \in \mathbb{N}$ si ha:

$\begin{aligned} &\dfrac{e^{n+1}}{1+e^{2n+2}}<\dfrac{e^n}{1+e^{2n}} \quad \iff \quad e\left(1+e^{2n}\right)<1+e^{2n+2}\quad \iff \quad e+e^{2n+1}<1+e^{2n+2} \quad \iff \quad\\ &\iff \quad \left(e-1\right)-e^{2n+1}\cdot \left(e-1\right)<0\quad \iff \quad 1-e^{2n+1}<0\quad \iff \quad e^{2n+1}>1. \end{aligned}$

Possiamo quindi applicare il criterio integrale, cf. teorema 7:

$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{e^{x}}{1+e^{2x}}\,{\rm d}x\overset{t=e^x}{=}\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{1+t^2}\,{\rm d}t=\arctan t \bigg \vert^{+\infty}_1 =\dfrac{\pi}{4}.$

Concludiamo per il criterio integrale che la serie $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}\dfrac{e^{n}}{1+e^{2n}}<+\infty$ .

Esercizi svolti sul criterio di Raabe

Esercizio 32 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Raabe:

(206) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!}{n^n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, è possibile applicare il criterio di Raabe, cf. teorema 8.

Abbiamo:

$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{n!}{n^n}\cdot\dfrac{\left(n+1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{n!\left(n+1\right)^n\left(n+1\right)}{n^n\left(n+1\right)n!}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)^n}{n^n}-1\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-1\right)=+\infty. \end{aligned}$

Si conclude che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!}{n^n}$ converge.

Esercizio 33 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Raabe:

(207) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{4^n+5^n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, è possibile applicare il criterio di Raabe, cf. teorema 8.

Abbiamo:

$\begin{aligned} &\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{4^{n+1}+5^{n+1}}{4^n+5^n}-1 \right)=\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{4\cdot 4^{n}+5\cdot5^{n}-4^n-5^n}{4^n+5^n} \right)=\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{3\cdot 4^{n}+4\cdot5^{n}}{4^n+5^n}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{4+\dfrac{3\cdot 4^n}{5^n}}{1+\dfrac{4^n}{5^n}}\right)=+\infty. \end{aligned}$

Si conclude che la serie $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{4^n+5^n}$ converge.

Esercizio 34 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Raabe¹⁸:

(208) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(2n-1)!!}{n(2n)!!}. \end{equation*}$

Ricordiamo che si definisce doppio fattoriale di $n\in \mathbb{N}$ la quantità definita per ricorrenza come $n!!\coloneqq n(n-2)!!$ , dove si pone per convenzione $(-1)!!\coloneqq 1$ e $0!!\coloneqq 1$ . ↩

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, è possibile applicare il criterio di Raabe, cf. teorema 8.

Sia $\{ a_n \}$ la successione definita da

$a_n=\dfrac{(2n-1)!!}{n(2n)!!}= \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \dots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \cdot\dots \cdot (2n)\,n}\qquad \forall\, n\geq 1.$

Si ha

(209) $\begin{equation*} \dfrac{a_n}{a_{n+1}}= \dfrac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \dots \cdot (2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6 \cdot\dots \cdot (2n)\,n} \cdot \dfrac{2\cdot 4\cdot 6 \cdot\dots \cdot (2n+2)\,(n+1)}{1\cdot 3\cdot 5\cdot \dots \cdot (2n+1)}=\dfrac{2(n+1)^2}{n(2n+1)} \qquad \forall\, n \geq 1, \end{equation*}$

dunque

$\begin{aligned} &\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}-1 \right)=\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{2(n+1)^2}{n(2n+1)}-1 \right)=\lim_{n\to +\infty}n\left(\dfrac{3n+2}{n(2n+1)}\right)=\frac 3 2>1. \end{aligned}$

Si conclude che la serie data converge per il criterio di Raabe.

Approfondimento. Osserviamo che l’uguaglianza (209) implica che il criterio del rapporto, cf. teorema 4, in questo caso fallisce. Questa è un’ulteriore dimostrazione del fatto che il criterio di Raabe è più forte del criterio del rapporto, cf. corollario 5.

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Raabe:

(210) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!}{n^n}\,\alpha^n\qquad \forall \, \,\alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, è possibile applicare il criterio di Raabe, cf. teorema 8.

Abbiamo:

$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{n!\,\alpha^n}{n^n}\cdot\dfrac{\left(n+1\right)^{n+1}}{\left(n+1\right)!\,\alpha^{n+1}}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)^n}{n^n\,\alpha}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{1}{\alpha}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-1\right). \end{aligned}$

Risulta chiaro che se $\dfrac{e}{\alpha}-1>0$ il limite diverge positivamente e se $\dfrac{e}{\alpha}-1<0$ il limite diverge negativamente, in particolare se $\alpha=e$ abbiamo una forma indeterminata del tipo $[0\cdot +\infty]$ .

Posto $\alpha=e$ si ha:

$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{1}{e}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n-1\right) &= \lim_{n\to+\infty}n\left(\exp\left(n\ln\left(1+\dfrac{1}{n}\right)-1\right)-1\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(\exp\left(n\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{2n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)-1\right)-1\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(\exp\left(1-\dfrac{1}{2n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)-1\right)-1\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(\exp\left(-\dfrac{1}{2n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)-1\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(1-\dfrac{1}{2n}-1+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right) \\ &=-\dfrac{1}{2}<1. \end{aligned}$

Pertanto, per il criterio di Raabe concludiamo che:

$\quad$

se $\alpha\in \left(0,e\right)$ la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!}{n^n}$ converge;

se $\alpha\in [e,+\infty)$ la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n!}{n^n}$ diverge.

Approfondimento. Se avessimo svolto l’esercizio proposto con il criterio del rapporto, nel caso $\alpha=e$ il criterio sarebbe risultato inefficace. In tal caso, avremmo potuto utilizzare la stima asintotica (200):

$\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{n!}{n^n}e^n=\lim_{n \rightarrow + \infty}\dfrac{\left(\dfrac{\sqrt{2\pi n}\cdot n^n}{e^n} \right)}{n^n}\cdot e^n=\lim_{n \rightarrow + \infty}\sqrt{2\pi n}=+\infty$

e concludere che, in questo caso, la serie data non converge.

Esercizi svolti sul criterio del logaritmo

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del logaritmo:

(211) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, si può applicare il criterio del logaritmo, cf. teorema 9.

Consideriamo il seguente limite:

$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{n^n}\right)}{\ln n}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{-\ln n^n}{\ln n}=\lim_{n\to +\infty}-n=-\infty.$

Pertanto la serie data è convergente.

Esercizio 37 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del logaritmo:

(212) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{\sqrt{n}}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, si può applicare il criterio del logaritmo, cf. teorema 9.

Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\ln\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)^{\sqrt{n}}\right)}{\ln n} &= \lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\sqrt{n}\ln\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\sqrt{n}\right)+\ln\left(\ln\left(1+\dfrac{1}{n^2}\right)\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\dfrac{1}{2}\ln\left(n\right)+\ln\left(\dfrac{1}{n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right)\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\dfrac{1}{2}\ln\left(n\right)+\ln\left(\dfrac{1}{n^2}\right)+\ln\left(1+o\left(1\right)\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\dfrac{1}{2}\ln\left(n\right)-2\ln\left(n\right)+o\left(1\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\ln\left(n\right)\cdot\dfrac{-\dfrac{3}{2}+o\left(1\right)}{\ln n}=\\ &=-\dfrac{3}{2}<-1. \end{aligned}$

Pertanto la serie data è convergente.

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del logaritmo:

(213) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{\sqrt[n]{\left(n!\right)^\alpha}}\qquad \forall \, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, si può applicare il criterio del logaritmo, cf. teorema 9.

Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(\dfrac{1}{\sqrt[n]{\left(n!\right)^\alpha}}\right)}{\ln n}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{-\ln\left({\sqrt[n]{\left(n!\right)^\alpha}}\right)}{\ln n}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}-\dfrac{\alpha\ln\left(n!\right)}{n\ln n}\overset{\clubsuit}{=}\lim_{n\to+\infty}-\dfrac{\alpha\ln\left(\dfrac{\sqrt{2\pi n}n^n}{e^n}\left(1+o\left(1\right)\right)\right)}{n\ln n}=\\ &=-\alpha\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\sqrt{2\pi}+\dfrac{1}{2}\ln n +n\ln n-n\ln e +\ln\left(1+o\left(1\right)\right)}{n\ln n}=-\alpha, \end{aligned}$

dove in $\clubsuit$ abbiamo utilizzato l’approssimazione di Stirling, cf. (200). Pertanto la serie (213) è convergente per $-\alpha<-1$ , cioè $\alpha>1$ . Per il caso $\alpha=1$ è necessario applicare un altro criterio, perché il criterio del logaritmo non risulta efficace.

Approfondimento. Studiamo il caso $\alpha=1$ con il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Utilizzando l’approssimazione di Stirling, cf. (200), otteniamo che per $n \to + \infty$ si ha

$\dfrac{1}{\sqrt[n]{n!}}= \dfrac{e}{n (2\pi n )^{\frac 1 n}}(1+o(1))= \dfrac{e}{n}(1+o(1)),$

dunque la serie data diverge per $\alpha=1$ per i risultati sulla serie armonica, cf. lemma 7.

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio del logaritmo:

(214) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^\alpha}\qquad \forall \, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Poiché la serie è a termini positivi, si può applicare il criterio del logaritmo, cf. teorema 9.

Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{\ln\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)^{n^\alpha}}{\ln n} &= \lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^\alpha \ln\left(1-\dfrac{1}{n^3}\right)}{\ln n} \\ &= \lim_{n\to+\infty}\dfrac{-n^{\alpha-3}\left(1+o\left(1\right)\right)}{\ln n} \\ &= \begin{cases} -\infty & \quad \text{se}\,\, \alpha > 3 \\ 0 & \text{se}\,\, \alpha \leq 3 \end{cases} \end{aligned}$

Pertanto la serie (214) è convergente se e solo se $\alpha>3$ .

Esercizi svolti sul criterio della convergenza assoluta

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(215) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n \dfrac{\cos n }{\ln\left(1+n^{n^2}\right)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Si consideri la serie

(216) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n \dfrac{\cos n}{\ln\left(1+n^{n^2}\right)}\right \vert =\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left \vert \cos n \right \vert }{\ln\left(1+n^{n^2}\right)}\leq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\ln\left(1+n^{n^2}\right)}\leq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2\ln\left(n\right)}.. \end{equation*}$

Poiché la serie

$\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2\ln n }$

converge, cf. lemma 8, la serie data converge assolutamente per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e dunque anche semplicemente, per il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6.

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(217) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n \sin\left( \ln (n)\right) }{\sqrt{n}+\ln^2\left(n! \right)} . \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che

$\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\left \vert \dfrac{n \sin\left( \ln (n)\right) }{\sqrt{n}+\ln^2\left(n! \right)}\right \vert \leq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n }{\ln^2\left(n! \right)}.$

È facile convincersi, ad esempio tramite induzione, che vale¹⁹

(218) $\begin{equation*} n! >\left( \dfrac{n}{3} \right)^n \qquad \forall\, n\in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Dunque, abbiamo

(219) $\begin{equation*} \ln(n!)>\ln\left( \dfrac{n}{3} \right)^n=n\ln\left( \frac n 3 \right) \qquad \forall\, n\in \mathbb{N}, \end{equation*}$

e quindi

$\dfrac{n }{\ln^2\left(n! \right)} \leq \dfrac{n }{n^2\ln^2\left( \frac n 3 \right)}=\dfrac{1 }{n\ln^2\left( \frac n 3 \right)}\qquad \forall\, n >3.$

Notiamo che la serie

$\sum_{n=4}^{+\infty} \dfrac{1 }{n\ln^2\left( \frac n 3 \right)}$

è convergente, cf. lemma 8, quindi per il criterio del confronto, cf. teorema 1, la serie data converge assolutamente, e dunque anche semplicemente per il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6.

Il passo base è ovvio, mentre il passo induttivo segue dal fatto che $\forall\,n \in \mathbb{N}\quad (1+1/n)^n<3$ . ↩

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(220) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^2\sin \left(n\right)}{n^4+7n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Abbiamo

(221) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert \dfrac{n^2\sin \left(n\right)}{n^4+7n}\right \vert \leq \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n^2}{n^4+7n}\leq \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2}<+ \infty, \end{equation*}$

dove nell’ultima disuguaglianza abbiamo utilizzato i risultati sulla serie armonica generalizzata, cf. lemma 7. Concludiamo che la serie data converge assolutamente per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e quindi anche semplicemente per il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6.

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(222) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\sin\left(\pi n+\dfrac{1}{n}\right) \end{equation*}$

Svolgimento.

Si osserva che se $n$ è pari si ha

$\sin\left(\pi n+\dfrac{1}{n}\right)=\sin \left(\dfrac{1}{n}\right),$

mentre se $n$ è dispari, si ha

$\sin\left(\pi n+\dfrac{1}{n}\right)=-\sin \left(\dfrac{1}{n}\right).$

Quindi la serie data può essere riscritta come segue:

(223) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\sin\left( \dfrac{1}{n}\right). \end{equation*}$

Consideriamo la serie

(224) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n\sin\left(\dfrac{1}{n}\right)\right \vert =\sum_{n=1}^{+\infty}\sin\left(\dfrac{1}{n}\right). \end{equation*}$

Per $n\to+\infty$ abbiamo che:

$\sin\left(\dfrac{1}{n}\right)=\dfrac{1}{n}(1+o\left(1\right)),$

dunque la serie (224) diverge per il lemma 7 e il teorema 2. Concludiamo che in questo caso il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6, risulta inefficace.

Approfondimento. La serie data, cf. (223), è una serie a segni alterni che converge semplicemente ma non assolutamente. Infatti, poiché la successione definita da

$a_n \coloneqq \sin \left( \frac 1 n \right) \qquad \forall\, n\in \mathbb{N}$

è definitivamente decrescente, e infinitesima, dal criterio di Leibniz, cf. teorema 10, la serie data risulta convergente.

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(225) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{1}{1+n^\alpha}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \qquad \forall\, \alpha>0 \end{equation*}$

Svolgimento.

Consideriamo la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n\dfrac{1}{1+n^\alpha}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n\right \vert =\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{1+n^\alpha}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n,$

e notiamo che, per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{1}{1+n^\alpha}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=\dfrac{e}{n^\alpha}\left(1+o\left(1\right)\right).$

Poiché la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{e}{n^\alpha}$

è convergente per $\alpha\in (1,+\infty)$ , la serie data converge assolutamente per $\alpha \in (1,+\infty)$ per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, e quindi per tali valori di $\alpha$ converge semplicemente, cf. proposizione 6. Per $\alpha \in (0,1)$ il criterio risulta inefficace.

Approfondimento. La serie data, per $\alpha \in (0,1)$ , è una serie a segni alterni che converge semplicemente ma non assolutamente. Infatti, poiché la successione definita da

$a_n \coloneqq \dfrac{1}{1+n^{\alpha}}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \qquad \forall\, n\in \mathbb{N}$

è definitivamente decrescente, e infinitesima, dal criterio di Leibniz, cf. teorema 10, la serie a segni alterni associata risulta convergente.

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(226) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{e^{n\left(\alpha^2 -2\alpha\right)}}{3n} \qquad \forall\,\alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Consideriamo la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n \dfrac{e^{n\left(\alpha^2 -2\alpha\right)}}{3n} \right \vert =\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{e^{n\left(\alpha^2 -2\alpha\right)}}{3n}.$

Poiché abbiamo

$\alpha >0 \; \wedge\; \alpha^2-2\alpha>0 \quad \iff \quad \alpha>2,$

concludiamo che la serie non converge per $\alpha>2$ in quanto il termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1. Per studiare la convergenza assoluta nel caso $\alpha \in (0,2)$ , osserviamo che

${\dfrac{e^{n\left(\alpha^2 -2\alpha\right)}}{3n}}\leq e^{n(\alpha^2-2\alpha)}=\left( e^{\alpha^2-2\alpha} \right)^n \qquad \forall\, n \in \mathbb{N}.$

Per $\alpha \in (0,2)$ , la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty} \left(e^{\alpha^2-2\alpha} \right)^n$

è geometrica di ragione minore di 1, ed è dunque convergente, cf. proposizione 3. Concludiamo, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, che la serie data converge assolutamente per $\alpha\in (0,2)$ , e dunque anche semplicemente per il criterio della convergenza assoluta, cf. proposizione 6. Infine, se $\alpha=0$ o $\alpha=2$ , la serie non converge assolutamente in quanto la serie dei moduli è

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{3n},$

dunque è proporzionale a una serie armonica divergente, cf. lemma 7. In questo caso, quindi, il criterio della convergenza assoluta risulta inefficace.

Approfondimento. La serie data, per $\alpha \in (0,1)$ , è una serie a segni alterni che converge semplicemente ma non assolutamente. Infatti, poiché la successione definita da

$a_n \coloneqq \dfrac{1}{1+n^{\alpha}}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n \qquad \forall\, n\in \mathbb{N}$

è definitivamente decrescente, e infinitesima, dal criterio di Leibniz, cf. teorema 10, la serie a segni alterni associata risulta convergente.

La serie data, per $\alpha=0$ e $\alpha=2$ , diventa

$\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{1}{3n},$

e si vede facilmente che essa è convergente per il criterio di Leibniz, cf. teorema 10.

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(227) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(n^2+3\right)\left(\dfrac{\alpha+1}{\alpha-1}\right)^n \qquad \forall\, \alpha \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Studiamo la convergenza assoluta della serie data, ovvero il carattere della serie

(228) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(n^2+3\right)\left \vert \dfrac{\alpha+1}{\alpha-1} \right \vert^n. \end{equation*}$

Applicando il criterio della radice, cf teorema 5, otteniamo

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\left(n^2+3\right)\left \vert \dfrac{\alpha+1}{\alpha-1} \right \vert^n}=\left \vert \dfrac{\alpha+1}{\alpha-1}\right \vert.$

Osserviamo che

$\begin{gathered} \left \vert \dfrac{\alpha+1}{\alpha-1}\right \vert<1 \quad \iff \quad \begin{cases} \dfrac{\alpha +1}{\alpha -1}<1\\\\ \dfrac{\alpha +1}{\alpha -1}>-1 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} \dfrac{2}{\alpha -1}<0\\\\ \dfrac{2\alpha}{\alpha -1}>0 \end{cases} \quad \iff \quad \\ \quad \iff \quad \begin{cases} \alpha <1\\ \alpha <0 \quad \vee \quad \alpha >1 \end{cases}\quad \iff \quad \alpha<0. \end{gathered}$

Concludiamo che la serie data converge assolutamente, e dunque semplicemente, cf. proposizione 6, per $\alpha<0$ e non converge per $\alpha>0$ in quanto il termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1. Per $\alpha=0$ , il criterio della radice risulta inefficace. In questo caso, la serie (228) è la seguente

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(n^2+3\right),$

che diverge positivamente in quanto $\displaystyle \lim_{n\to+\infty} \left(n^2+3\right)=+\infty$ . In conclusione, la serie data converge se e solo se $\alpha \in(-\infty,0)$ .

Esercizio 47 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(229) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty}(-1)^n\dfrac{\left(n+1\right)^{\alpha n}}{n^n \ln n} \qquad \forall\, \alpha\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Studiamo la convergenza assoluta della serie data, ovvero il carattere della serie

(230) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left(n+1\right)^{\alpha n}}{n^n \ln n}. \end{equation*}$

Applicando il criterio della radice, cf teorema 5, otteniamo

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\dfrac{\left(n+1\right)^{\alpha n}}{n^n \ln n}}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\left(n+1\right)^\alpha}{n\ln^{\frac{1}{n}} n}=\lim_{n\to+\infty}n^{\alpha-1}\left(1+o\left(1\right)\right)=\begin{cases} 0, \quad \text{se}\,\,\alpha <1;\\ 1, \quad \text{se}\,\,\alpha =1;\\ +\infty, \quad \text{se}\,\,\alpha >1.\\ \end{cases}$

Pertanto, la serie data converge assolutamente, e dunque anche semplicemente, cf. proposizione 6, per $\alpha<1$ , mentre non converge per $\alpha>1$ in quanto il termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1. Per $\alpha=1$ il criterio della radice risulta inefficace. In questo caso, la serie (230) è la seguente

$\sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{\left(n+1\right)^n}{n^n\ln n}.$

Notiamo che per $n\to+\infty$ , si ha

$\dfrac{\left(n+1\right)^n}{n^n\ln n}=\dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n}{\ln n}=\dfrac{e}{\ln n}(1+o\left(1\right)),$

e, inoltre, che definitivamente vale

$\dfrac{e}{\ln n}>\dfrac{1}{n}.$

Pertanto, per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e dai risultati sulla serie armonica, cf. lemma 7, concludiamo che la serie data non converge assolutamente per $\alpha=1$ .

Approfondimento. La serie data, per $\alpha=1$ , è una serie a segni alterni che converge semplicemente ma non assolutamente. Infatti, poiché la successione definita da

$a_n \coloneqq \dfrac{\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n}{\ln n} \qquad \forall\, n>1$

è definitivamente decrescente, e infinitesima, dal criterio di Leibniz, cf. teorema 10, la serie a segni alterni associata risulta convergente.

Esercizio 48 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio della convergenza assoluta:

(231) $\begin{equation*} \sum_{n=\lfloor 2^{1/\alpha}\rfloor +1}^{+\infty}(-1)^n\left( 2\arctan\left(\dfrac{1}{n^\alpha}\right)+\ln\left(1-\dfrac{2}{n^\alpha}\right)+\dfrac{2}{n^{2\alpha}} \right) \qquad \forall\, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Sviluppando il termine

$a_n \coloneqq 2\arctan\left(\dfrac{1}{n^\alpha}\right)+\ln\left(1-\dfrac{2}{n^\alpha}\right)+\dfrac{2}{n^{2\alpha}}$

per $n\to+\infty$ , si ottiene:

$a_n = \dfrac{2}{n^\alpha}-\dfrac{2}{3n^{3\alpha}}-\dfrac{2}{n^\alpha}-\dfrac{4}{2n^{2\alpha}}-\dfrac{8}{3n^{3\alpha}}+\dfrac{2}{n^{2\alpha}}+o\left(\dfrac{1}{n^{3\alpha}}\right) =-\dfrac{10}{3n^{3\alpha}}+o\left(\dfrac{1}{n^{3\alpha}}\right).$

Dunque, la serie associata ad $\{ a_n \}$ è a termini definitivamente negativi. Per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, essa ha lo stesso carattere della serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{3\alpha}},$

che risulta essere convergente se e solo se $\alpha\in \left(\dfrac{1}{3},+\infty\right)$ , cf. lemma 7. Pertanto, la serie data converge assolutamente, e dunque anche semplicemente, cf. proposizione 6, per $\alpha \in \left(\dfrac{1}{3},+\infty\right)$ .

Esercizi sui criteri di Leibniz e Dirichlet

Esercizio 49 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Leibniz:

(232) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(-1\right)^n\dfrac{n^2+4n+8}{n^3+2n^2+7n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a segni alterni, quindi si può applicare il criterio di Leibniz, cf. teorema 10.

Si ha che

$\lim_{n\to +\infty} \dfrac{n^2+4n+8}{n^3+2n^2+7n}=\lim_{n\to +\infty} \dfrac{1}{n}(1+o(1))=0.$

Consideriamo la funzione $f: \mathbb{R}\setminus \{0\} \to \mathbb{R},\; f(x)=\dfrac{x^2+4x+8}{x^3+2x^2+7x}$ e osserviamo che

$f^\prime(x)=-\dfrac{x^4+8x^3+25x^2+32x+56}{x^2\left(x^2+2x+7\right)^2}=-\dfrac{1}{x^2}(1+o(1))<0\qquad \text{per}\,\, x\to+\infty.$

Quindi, $\{ a_n \}$ è definitivamente decrescente e per il criterio di Leibniz concludiamo che la serie data converge.

Esercizio 50 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Leibniz:

(233) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(-1\right)^n\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{n\ln n } \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a segni alterni, quindi si può applicare il criterio di Leibniz, cf. teorema 10.

Si osserva che

$\lim_{n\to +\infty} \left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{n\ln n }=\lim_{n\to +\infty} \left(\left(1-\dfrac{1}{n}\right)^{-n }\right)^{-\ln n }=\lim_{n\to +\infty} \left(e(1+o(1))\right)^{-\ln n }=0.$

Consideriamo la funzione $f:(1,+\infty) \to \mathbb{R},\; f(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^{x\ln x }$ e osserviamo che

$\begin{aligned} &f^\prime(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^{x \ln x} \left[\left(\ln x+1\right) \ln\left(1-\dfrac{1}{x}\right) + \dfrac{\ln x}{x-1}\right]=\\ &=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^{x \ln x}\left[\left(\ln x+1\right) \left(-\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{2x^2}+o\left(\dfrac{1}{x^2}\right)\right)+ \dfrac{\ln x}{x}\left(1+\dfrac{1}{x}+o\left(\dfrac{1}{x}\right)\right)\right]=\\ &=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)^{x \ln x}\left(-\dfrac{1}{x}+o\left(\dfrac{1}{x}\right)\right) <0\quad \text{per}\,\, x\to+\infty. \end{aligned}$

Quindi, si ha definitivamente $a_{n+1}\leq a_n$ , e per il criterio di Leibniz possiamo concludere che la serie data converge.

Esercizio 51 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Leibniz:

(234) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(-1\right)^nn^{\alpha n}\sin\left(\dfrac{1}{n!}\right)\qquad \forall\, \alpha\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a segni alterni, quindi si può applicare il criterio di Leibniz, cf. teorema 10.

Per determinare i valori di $\alpha \in \mathbb{R}$ per cui la successione $\{a_n\}$ , definita da

$a_n \coloneqq n^{\alpha n}\sin\left(\dfrac{1}{n!}\right)\qquad \forall\,n \in \mathbb{N},$

è infinitesima e definitivamente monotona decrescente, applichiamo il criterio del rapporto per successioni, cf. corollario 3. Consideriamo il seguente limite:

$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}\dfrac{a_{n+1}}{a_n}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\left(n+1\right)^{\alpha\left(n+1\right)}\sin\left(\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}\right)}{n^{\alpha n}\sin\left(\dfrac{1}{n!}\right)}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^{\alpha (n+1)}\left(1+\dfrac 1 n\right)^{\alpha (n+1) }\dfrac{1}{\left(n+1\right)!}\left(1+o\left(1\right)\right)} {n^{\alpha n}\dfrac{1}{n!}\left(1+o\left(1\right)\right)}=\\ &=\lim_{n\to+\infty}{n^{\alpha -1}\left(1+\dfrac 1 n\right)^{\alpha (n+1) }}\left(1+o\left(1\right)\right) =\begin{cases} 0 \quad &\text{se}\,\, \alpha <1\\ e&\text{se}\,\, \alpha=1\\ +\infty &\text{se}\,\, \alpha>1. \end{cases} \end{aligned}$

Pertanto, se $\alpha <1$ la successione $\{a_n\}$ è definitivamente monotona decrescente e infinitesima e, quindi, per il criterio di Leibniz, la serie data converge. Per $\alpha \geq1$ , invece, la successione $\{ a_n \}$ è definitivamente monotona crescente e illimitata, dunque la serie data diverge, cf. proposizione 1.

Esercizio 52 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Dirichlet:

(235) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{\sin(n)}{n} . \end{equation*}$

Svolgimento.

Questa serie può essere scritta come $\sum_{n=1}^{+\infty}a_nb_n$ dove

$a_n = \dfrac{1}{n}, \quad b_n = \sin(n)\qquad \forall\, n \geq 1.$

Per provare la convergenza, basta provare che le due successioni soddisfano le ipotesi del criterio di Dirichlet, cf. teorema 11. La successione $\{a_n\}$ è a termini positivi, decrescente e infinitesima. Inoltre, la successione $\displaystyle\left\{ \sum_{k=1}^{n}b_k \right\}$ è limitata, cf. esempio 21. Pertanto, la serie data soddisfa le ipotesi del criterio di Dirichlet, e quindi converge.

Esercizio 53 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Determinare il carattere della seguente serie applicando il criterio di Dirichlet:

(236) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}a_n \cos n \end{equation*}$

dove $\{a_n\}$ è una successione monotona e infinitesima.

Svolgimento.

La successione $\{a_n\}$ è infinitesima e monotona per ipotesi, mentre la successione $\displaystyle \left\{ \sum_{k=1}^{n} \cos k\right\}$ è limitata, cf. esempio 22, quindi la serie data converge per il criterio di Dirichlet, cf. teorema 11. Analogamente, le serie della forma $\displaystyle \sum_{n=0}^{+\infty}a_k \sin k$ dove $\{a_n\}$ è monotona e infinitesima, sono convergenti.

Esercizi misti

Esercizio 54 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della serie:

(237) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(\dfrac{n+3\left(-1\right)^n}{n^2+3}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Si osserva che

$\lim_{n\to +\infty}\ln\left(\dfrac{n+3\left(-1\right)^n}{n^2+3}\right)=\lim_{n\to +\infty}\ln\left(\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1+\dfrac{3\left(-1\right)^n}{n}}{1+\dfrac{3}{n}}\right)=-\infty\neq 0,$

dunque la serie non converge perché il termine generale non è infinitesimo, cf. proposizione 1.

Esercizio 55 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(238) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)-\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} \arctan\left( \dfrac{1}{\sqrt[4]{n}} \right) - \sin\left( \dfrac{1}{\sqrt[4]{n}} \right) &= \dfrac{1}{\sqrt[4]{n}} - \dfrac{1}{3\sqrt[4]{n^3}} - \dfrac{1}{\sqrt[4]{n}} + \dfrac{1}{6\sqrt[4]{n^3}} + o\left( \dfrac{1}{\sqrt[4]{n^3}} \right) \\ &= - \dfrac{1}{6\sqrt[4]{n^3}} + o\left( \dfrac{1}{\sqrt[4]{n^3}} \right), \end{aligned}$

quindi la serie data è a termini definitivamente negativi. Poiché la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt[4]{n^3}}$

diverge, cf. lemma 7, anche la serie data diverge (negativamente) per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Esercizio 56 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(239) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\ln\left(n^2 \alpha\right)}{n^2+2\alpha^2} \qquad \forall\, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{\ln\left(n^2 \alpha\right)}{n^2+2\alpha^2}=\dfrac{2\ln\left(n\right)+\ln\left( \alpha\right)}{n^2\left(1+o\left(1\right)\right)}=\dfrac{2}{n^2\ln^{-1}\left(n\right)}\left(1+o\left(1\right)\right),$

dunque, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie

(240) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty}\dfrac{2}{n^2 \ln^{-1}n }, \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data.

Poiché la serie (240) è convergente, cf. lemma 8, la serie data converge per ogni $\alpha>0$ .

Esercizio 57 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(241) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^4+3^\alpha}{2^{\alpha n}+n^{2-\alpha}} \end{equation*}$

dove $\alpha \in \mathbb{R}$ .

Svolgimento.

Distinguiamo due casi:

Caso 1: ${\alpha \in (-\infty ,0]}$ . Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{n^4+3^{\alpha}}{2^{\alpha n}+n^{2-\alpha}}=\dfrac{n^4}{n^{2-\alpha}}\left(1+o\left(1\right)\right)=\dfrac{1}{n^{-2-\alpha}}\left(1+o\left(1\right)\right),$

dunque, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie

(242) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{-2-\alpha}} \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data. Infine, cf. lemma 7, che la serie (242) converge se e solo se $-2-\alpha>1$ , i.e. se e solo se $\alpha<-3$ .

Caso 2: ${\alpha \in (0,+\infty)}$ . Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{n^4+3^{\alpha}}{2^{\alpha n}+n^{2-\alpha}}=\dfrac{n^4}{2^{\alpha n}}\left(1+o\left(1\right)\right)$

per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie

(243) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{n^4}{2^{\alpha n}} \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data. Applichiamo il criterio della radice a quest’ultima serie:

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\dfrac{n^4}{2^{\alpha n}}}=\dfrac{1}{2^{\alpha}}<1,\quad\forall \alpha \in (0,+\infty)$

i.e.

la serie (243) converge per il criterio della radice. Si conclude che la serie data converge se e solo se $\alpha \in (-\infty,-3)\cup (0,+\infty)$ .

Esercizio 58 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(244) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\sqrt{n^\alpha+1}-n^2\right) \qquad \forall \, \alpha\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Riscriviamo il termine generale come segue:

(245) $\begin{equation*} \sqrt{n^\alpha+1}-n^2=\dfrac{n^\alpha+1-n^4}{\sqrt{n^\alpha+1}+n^2}. \end{equation*}$

Distinguiamo tre casi:

Caso 1: ${\alpha \in \left(-\infty,\,4\right).}$ Da (245), otteniamo

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n^\alpha+1}-n^2=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^\alpha+1-n^4}{\sqrt{n^\alpha+1}+n^2} =\lim_{n\to+\infty}\dfrac{-n^4(1+o\left(1\right))}{n^2(1+o\left(1\right))}=-\infty\neq 0,$

quindi la serie data diverge negativamente.

Caso 2: ${\alpha =4.}$ Da (245), la serie si può riscrivere nel seguente modo

$S=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n^4+1}+n^2},$

e, poiché

$\dfrac{1}{\sqrt{n^4+1}+n^2}\leq \dfrac{1}{n^2}\qquad \forall\, n \geq 1,$

la serie data converge per il criterio del confronto, cf. teorema 1 e lemma 7.

Caso 3: ${\alpha\in \left(4,\,+\infty\right).}$ Da (245), otteniamo

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt{n^\alpha+1}-n^2=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^\alpha+1-n^4}{\sqrt{n^\alpha+1}+n^2}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{n^\alpha}{n^{\frac{\alpha}{2}}}\left(1+o\left(1\right)\right)=+\infty\neq 0,$

quindi la serie data diverge positivamente.

Esercizio 59 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(246) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(\alpha+\dfrac{1}{n}\right)^n \qquad \forall\, \alpha \geq 0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie è a termini positivi, quindi si può applicare il criterio della radice, cf. teorema 5:

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(\alpha+\dfrac{1}{n}\right)^n}=\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\dfrac{1}{\sqrt{n}}}\left(\alpha +\dfrac{1}{n}\right)=\alpha.$

Dunque, se $\alpha \in [0,1)$ la serie converge, mentre per $\alpha \in (1,+\infty)$ la serie diverge. Per $\alpha=1$ , il criterio della radice risulta inefficace. In questo caso, la serie data è la seguente:

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n.$

Per $n\to +\infty$ , si ha

$\dfrac{1}{\sqrt{n}}\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^n=\dfrac{e}{\sqrt{n}}\left(1+o\left(1\right)\right).$

La serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{e}{\sqrt{n}}$

ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, ed è divergente, cf. lemma 7. Concludiamo che la serie data converge se e solo se $\alpha \in [0,1)$ .

Esercizio 60 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(247) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\arctan\left(\alpha^n\right)}{1+\alpha^n} \qquad \forall\, \alpha>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Distinguiamo tre casi:

Caso 1: ${\alpha \in(0,1)}$ . Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{\arctan\left(\alpha^n\right)}{1+\alpha^n}=\alpha^n\left(1+o\left(1\right)\right),$

dunque, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie

(248) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\alpha^n \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data. La serie (248) converge, perché è una serie geometrica di ragione $\alpha\in(0,1)$ , cf. proposizione 3, dunque la serie data converge per $\alpha\in(0,1)$ .

Caso 2: ${\alpha=1}$ . In questo caso il termine generale è una costante positiva, dunque la serie diverge positivamente:

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\pi}{8}=+\infty.$

Caso 3: ${\alpha\in(1,+\infty)}$ . Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\dfrac{\arctan\left(\alpha^n\right)}{1+\alpha^n}=\dfrac{\pi}{2\alpha^n}\left(1+o\left(1\right)\right),$

dunque, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\pi}{2\alpha^n}$

ha lo stesso carattere della serie data. Quest’ultima serie converge, perché è proporzionale a una serie geometrica di ragione $\dfrac{1}{\alpha}\in(0,1)$ , cf. proposizione 3, dunque la serie data converge per $\alpha > 1$ .

Esercizio 61 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(249) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\alpha^{2n}}{\left(n+3\right)!} \qquad \forall\,\alpha \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, dunque possiamo applicare il criterio del rapporto, cf. teorema 4.

$\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\alpha^{2n+2}}{\left(n+4\right)!}\cdot\dfrac{\left(n+3\right)!}{\alpha^{2n}}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\alpha^2}{n+4}=0,\qquad \forall \,\alpha \in \mathbb{R}.$

Si conclude che la serie data converge per ogni $\alpha\in \mathbb{R}$ .

Esercizio 62 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(250) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\arctan\left(n!\right)}+\dfrac{3}{n}\right)^nb^n\arctan\left(\dfrac{a^n}{b^n}\right),\qquad \forall \,a,b>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, dunque possiamo applicare il criterio della radice, cf. teorema 5. Per $n\to +\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} & \sqrt[n]{\left(\dfrac{1}{\arctan\left(n!\right)}+\dfrac{3}{n}\right)^nb^n\arctan\left(\dfrac{a^n}{b^n}\right)}=\\ &= \left(\dfrac{1}{\arctan\left(n!\right)}+\dfrac{3}{n}\right)b \sqrt[n]{\arctan\left(\dfrac{a^n}{b^n}\right)}=\\ &= \left( \dfrac{2}{\pi} + o(1) \right)b \sqrt[n]{\arctan\left(\dfrac{a^n}{b^n}\right)}=\begin{cases} \dfrac{2}{\pi}b\left(1+o\left(1\right)\right),\quad& \text{se }\,\,0<b\leq a;\\\\ \dfrac{2}{\pi}\,a\left(1+o\left(1\right)\right),\quad& \text{se }\,\,0<a<b. \end{cases} \end{aligned}$

Quindi, nel caso $0<b\leq a$ , la serie data converge per

$\dfrac{2}{\pi}b<1 \quad \iff \quad b<\dfrac{\pi}{2},$

mentre nel caso $0<a<b$ la serie data converge per

$\dfrac{2}{\pi}a<1 \quad \iff \quad a<\dfrac{\pi}{2}.$

Concludiamo che la serie data converge per $\min\{a,b\}<\dfrac{\pi}{2}$ .

Esercizio 63 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(251) $\begin{equation*} \sum_{n=0}^{+\infty}\bigg(\sin \big(\sin (n)\big)\bigg)^n. \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che si ha

(252) $\begin{equation*} | \sin x | \leq 1 \qquad \forall\, x \in \mathbb{R}, \end{equation*}$

dunque, poiché la funzione $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \; f(x)=\sin x$ è crescente in $[-1,1]$ , abbiamo

(253) $\begin{equation*} \bigg|\sin(\sin n)\bigg|^n \leq \left|\sin(1)\right|^n. \end{equation*}$

Notiamo che il termine a destra di (253) è il termine generale di una serie geometrica di ragione minore di 1²⁰, la quale è convergente, cf. proposizione 3. Dunque, la serie data converge assolutamente per il criterio del confronto, cf. teorema 1, e quindi è convergente, cf. proposizione 6.

Infatti, si ha che $\sin(1) \approx 0.84 < 1$ . ↩

Esercizio 64 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(254) $\begin{equation*} \sum_{n=3}^{+\infty}\frac{1}{n\ln\big(\ln(n)\big)^{\ln(n)}} \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, e decrescenti, dunque possiamo applicare il criterio di condensazione, cf. teorema 3. Sia $a_n$ il termine generale della serie data e sia $b_n$ il termine generale della serie condensata. Abbiamo

$\begin{aligned} b_n&\coloneqq 2^na_{2^n} = \frac{2^n}{2^n\ln\big(\ln(2^n)\big)^{\ln(2^n)}} = \frac{1}{\ln\big(n\ln(2)\big)^{n\ln(2)}}. \end{aligned}$

Per studiare il carattere della serie condensata, applichiamo il criterio della radice, cf. teorema 5:

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\frac{1}{\ln\big(n\ln(2)\big)^{n\ln(2)}}}=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{\ln\big(n\ln(2)\big)^{\ln(2)}}=0<1.$

Pertanto, concludiamo che la serie condensata converge, e quindi anche la serie data converge.

Esercizio 65 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(255) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{n^8}{(n-\ln n)^{10}-n^\alpha} \qquad \forall\, \alpha\in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a termini di segno definitivamente costante, dunque possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Per $n \rightarrow +\infty$ , si ha:

(256) $\begin{equation*} \begin{aligned} a_n & \coloneqq \dfrac{n^8}{(n-\ln n)^{10}-n^\alpha}= \dfrac{n^8}{n^{10} \left(1-\dfrac{\ln n}{n}\right)^{10}-n^{\alpha}} = \dfrac{1}{n^2 \left(1-\dfrac{\ln n}{n}\right)^{10} - n^{\alpha-8}}. \end{aligned} \end{equation*}$

Distinguiamo tre casi:

Caso $1$ : ${\alpha \in \left(-\infty,10\right)}$ . Lo sviluppo (256) diventa

$a_n = \dfrac{1}{n^2 (1+o(1))} \quad \text{per}\,\, n \rightarrow +\infty;$

da cui deduciamo che la serie

(257) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n^2} \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico.

Notiamo che (257) è una serie armonica generalizzata del primo tipo convergente, cf. Lemma 7. Dunque, la serie data converge in questo caso.

Caso $3$ : ${\alpha=10}$ . Per $n\to+\infty$ , lo sviluppo (256) si può riscrivere come segue:

$\begin{aligned} a_n = \dfrac{1}{n^2 \left(\left(1-\dfrac{\ln n}{n}\right)^{10}-1\right)} = \dfrac{1}{n^2 \left(1-10\dfrac{\ln n}{n} + o\left( \dfrac{\ln n}{n} \right) -1\right)}=-\dfrac{1}{10 n \ln n }\left(1+o\left( 1 \right) \right), \end{aligned}$

da cui deduciamo che la serie

$\sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n \ln n}$

che è una serie armonica generalizzata del secondo tipo divergente, cf. Lemma 8, ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico. Concludiamo che la serie data diverge per $\alpha=10$ .

Caso $3$ : ${\alpha \in (10,+\infty)}$ . Lo sviluppo (256) diventa

$a_n = \dfrac{-1}{n^{\alpha-8}(1+o(1))}, \qquad \text{per}\,\, n \rightarrow +\infty,$

da cui deduciamo che la serie

(258) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n^{\alpha-8}} \end{equation*}$

ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico.

Si osserva che (258) è una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, che risulta essere convergente se e solo se

$\begin{cases} \alpha-8 > 1 \\ \alpha > 10 \end{cases} \quad \iff \quad \alpha > 10,$

quindi la serie data converge per ogni $\alpha \in (10,+\infty)$ .

Mettendo insieme i risultati trovati possiamo concludere che la serie data converge per ogni $\alpha \in \mathbb{R}\setminus\{10\}$ .

Esercizio 66 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

$\begin{aligned} \label{57} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{\log_{2^n} 4}{\log_4 \left(n^n\right)}\right)^{\alpha} \qquad \forall \, \alpha \in (0,+\infty). \end{aligned}$

Svolgimento.

Riscriviamo la serie come segue²¹

$\begin{aligned} &\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{\log_{2^n} 4}{\log_4 \left(n^n\right)}\right)^{\alpha}= \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{\dfrac{\ln4}{\ln 2^n}}{n\left(\dfrac{\ln n}{\ln 4}\right)}\right)^{\alpha}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\left(\dfrac{\ln 4}{n\ln 2}\right)\left(\dfrac{\ln 4}{n\ln n }\right)\right)^\alpha=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{4\ln 2}{n^2\ln n}\right)^\alpha=\\ &=4^\alpha \ln^\alpha 2\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{2\alpha}\ln^\alpha n}. \end{aligned}$

Dunque, la serie data è proporzionale a una serie armonica generalizzata del secondo ordine, cf. lemma 8, che risulta essere convergente se e solo se $\alpha \in \left(\dfrac{1}{2},+\infty\right)$ .

Ricordiamo la formula del cambio di base per i logaritmi: $\forall\,a,b,c>0\quad \log_a(c)=\log_b(c)/\log_b(a)$ . ↩

Esercizio 67 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie

(259) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^x+x^{-n}} \qquad \forall\, x>0. \end{equation*}$

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, dunque possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Se $x \in (0,1)$ , notiamo che, per $n\to+\infty$ , si ha

$\dfrac{1}{n^x+x^{-n}} = \dfrac{1}{x^{-n}} (1+o(1)),$

da cui deduciamo che la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{x^{-n}} = \sum_{n=1}^{+\infty} x^n,$

che è una serie geometrica convergente nel caso in cui $x \in (0,1)$ , cf. proposizione 3, ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico.

Se $x=1$ , la serie data diventa

$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n+1}= \sum_{n=2}^{+\infty} \dfrac{1}{n}$

che è una serie armonica divergente, cf. lemma 7. Se, infine, $x>1$ , notiamo che, per $n\to +\infty$ , si ha

$\dfrac{1}{n^x+x^{-n}}= \dfrac{1}{n^x} (1+o(1)),$

da cui deduciamo che la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{1}{n^x},$

che è una serie armonica generalizzata del primo tipo convergente nel caso in cui $x>1$ , cf. lemma 7, ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintitoco.

Concludiamo che la serie data converge per ogni $x \in (0,1) \cup (1,+\infty)$ .

Esercizio 68 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie

(260) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \ln\left(\frac{ n+2(-1)^n}{n+1} \right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Per prima cosa, studiamo il segno del termine generale della serie:

$\begin{aligned} \ln\left(\dfrac{n + 2(-1)^n}{n+1}\right) > 0 &\iff \dfrac{n + 2(-1)^n}{n+1} > 1 \\ &\iff n + 2(-1)^n > n + 1 \\ &\iff 2(-1)^n > 1. \end{aligned}$

che è risolta per $n$ pari, quindi si tratta di una serie a segni alterni.

Per studiare la serie facciamo uno sviluppo di Taylor, ma prima, per comodità, applichiamo il cambio di variabile $n \mapsto n+1$ : si ha

$\sum_{n=2}^{+\infty} \ln\left(\frac{ n+2(-1)^n}{n+1} \right)=\sum_{n=3}^{+\infty} \ln\left(\frac{ n-1+2(-1)^{n-1}}{n} \right).$

Sviluppiamo il termine generale per $n\to+\infty$ ²². Si ha:

$\begin{aligned} \ln\left(\frac{ n-1+2(-1)^{n-1}}{n} \right) &= \ln \left(\frac{n-1-2(-1)^n}{n}\right)= \\ &= \ln \left(1-\frac{1+2(-1)^n}{n}\right)=\\ &=-\dfrac{1+2\left(-1\right)^n}{n}-\dfrac{1}{2}\dfrac{(1+2\left(-1\right)^n)^2}{n^2}+o\left(\dfrac{1}{n^2}\right), \qquad \text{per }\,\, n \rightarrow +\infty, \end{aligned}$

quindi la serie data può essere riscritta come segue:

$\sum_{n=3}^{+\infty}\Bigg(\underbrace{-\dfrac{1}{n}}_{a_n}- \underbrace{\dfrac{2\left(-1\right)^n}{n}}_{b_n}-\underbrace{\dfrac{(1+2\left(-1\right)^n)^2}{2n^2}(1+o(1))}_{c_n}\Bigg).$

La serie di termine generale $a_n$ diverge negativamente, in quanto è una serie armonica. La serie di termine generale $b_n$ converge per il criterio di Leibniz, cf. teorema 10, così come converge la serie di termine generale $c_n$ , perché è a termini positivi e il suo termine generale è dominato da

$d_n=\dfrac{9}{2n^2}, \qquad \forall n \geq 3,$

dunque asintotica, cf. teorema 2, a una serie armonica generalizzata del primo tipo convergente, cf. lemma 7. Concludiamo che la serie data diverge negativamente.

Si noti che stiamo solo operando uno sviluppo di Taylor per $n\to+\infty$ e non stiamo cercando di applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Quest’ultimo non è applicabile perché la serie non è a termini di segno definitivamente costante. ↩

Esercizio 69 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie²³: $\forall\, n,k \in \mathbb{N}$ tale che $k\leq n$ si ha $\displaystyle \binom{n}{k}\coloneqq \frac{n!}{k!(n-k)!}$ .}:

(261) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{\left( \begin{array}{c} n+M \\ n\end{array}\right)-n^M} \qquad \forall\, M \in \mathbb{N}. \end{equation*}$

Ricordiamo la definizione del coefficiente binomiale: $\forall\, n,k \in \mathbb{N}$ tale che $k\leq n$ si ha $\displaystyle \binom{n}{k}\coloneqq \frac{n!}{k!(n-k)!}$ . ↩

Svolgimento.

La serie data è a termini positivi, dunque possiamo applicare il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} \frac{1}{\left( \begin{array}{c} n+M \\ n\end{array}\right)-n^M} &= \dfrac{1}{\dfrac{(n+M)!}{n!\,M!}-n^M} = \dfrac{1}{\dfrac{(n+M)(n+M-1)\dots(n+1)(n!)}{(n!)(M!)}-n^M}= \\ &= \frac{1}{\dfrac{(n+M)(n+M-1)\dots(n+1)}{M!}-n^M} =\\ &= \frac{M!}{\left((n+M)(n+M-1)\dots(n+1)\right)-(M!)n^M}= \\ &= \dfrac{M!}{n^M\left(\left(1+\dfrac{M}{n}\right) \left(1+\dfrac{M-1}{n}\right)\dots \left(1+\dfrac{1}{n}\right) \right) - M!}\nonumber \\ &= \frac{M!}{n^M\left( 1+o(1) \right)- M!} = \dfrac{M!}{n^M}\left(1+o(1) \right), \end{aligned}$

da cui deduciamo che la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{M!}{n^M},$

che è proporzionale a una serie armonica generalizzata del primo tipo, cf. lemma 7, convergente per $M \in \left(1,+\infty\right) \cap \mathbb{N}$ , ha lo stesso carattere della serie data. Concludiamo che la serie data converge per ogni numero naturale $M \geq 1$ .

Esercizio 70 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Discutere il carattere della seguente serie:

(262) $\begin{equation*} \sum_{n=2}^{+\infty} (-1)^n\left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}}- \sin\left(\frac{1}{n^\frac{1}{3}}\right) \right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che la serie data è a segni alterni, in quanto si ha

$|\sin x| \leq |x| \qquad \forall \, x \in \mathbb{R}.$

Proviamo ad applicare il criterio della convergenza assoluta:

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left \vert (-1)^n\left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}}- \sin\left(\frac{1}{n^\frac{1}{3}}\right) \right)\right \vert=\sum_{n=1}^{+\infty} \left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}}- \sin\left(\frac{1}{n^\frac{1}{3}}\right) \right).$

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}} - \left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}} - \frac{1}{6n} +o\left(\frac{1}{6n}\right)\right)\right)= \frac{1}{6n}(1+o\left(1\right)) ,$

da cui deduciamo che la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n}$

che è una serie armonica divergente, cf. lemma 7, ha lo stesso carattere della serie data per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Concludiamo che il criterio della convergenza assoluta risulta inefficace.

Riscriviamo la serie come segue:

$\sum_{n=2}^{+\infty} (-1)^n\left( \frac{1}{n^\frac{1}{3}}- \sin\left(\frac{1}{n^\frac{1}{3}}\right) \right)= \sum_{n=1}^{+\infty}\Bigg[\left(-1\right)^n\underbrace{\dfrac{1}{n^{\frac{1}{3}}}}_{a_n}-\left(-1\right)^n\underbrace{\sin\left(\dfrac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)}_{b_n}\Bigg].$

Osserviamo che

$\sin\left(\dfrac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)>0 \qquad \forall n\geq 1$

e che, essendo la funzione $f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}, \; f(x)=\sin x$ crescente in $[0,1]$ , si ha

$\sin\left(\dfrac{1}{n^{\frac{1}{3}}}\right)< \sin\left(\dfrac{1}{\left(n+1\right)^{\frac{1}{3}}}\right)\qquad \forall n\geq1.$

Dunque, poiché entrambe le successioni $\{ a_n \}$ e $\{ b_n \}$ sono definitivamente monotone, le serie alterne associate convergono per il criterio di Leibniz, cf. teorema 2. Si conclude che la serie data converge semplicemente, perché è data dalla somma di due serie convergenti.

Esercizio 71 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(263) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n^2+1\right)\arctan \left(n\right)}. \end{equation*}$

Svolgimento.

La successione $\left\{\dfrac{1}{\left(n^2+1\right)\arctan \left(n\right)}\right\}$ è a termini positivi e monotona decrescente, pertanto è possibile applicare il criterio dell’integrale, cf. teorema 7. Poiché il seguente integrale improprio

$\int_{1}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(x^2+1\right)\arctan x}\,{\rm d}x=\ln\left(\arctan\left(x\right)\right)\bigg\vert^{+\infty}_1=\ln \left(\dfrac{\pi}{2}\right)-\ln\left(\dfrac{\pi}{4}\right),$

converge, anche la serie data converge.

Esercizio 72 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(264) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}n^4\left(\arctan\left(n^3\right)-\dfrac{\pi}{2}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

È utile ricordare che

$\arctan x + \arctan\left( \dfrac{1}{x} \right) = \dfrac{\pi}{2} \qquad \forall \, x >0.$

Pertanto, abbiamo

$\begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}n^4\left(\arctan\left(n^3\right) - \dfrac{\pi}{2}\right) &= \lim_{n\to+\infty}n^4\left(-\arctan\left(\dfrac{1}{n^3}\right)\right) \\ &= \lim_{n\to+\infty}-n^4\left( \dfrac{1}{n^3} + o \left( \dfrac{1}{n^3} \right) \right) \\ &= -\infty. \end{aligned}$

e dunque la serie data non converge, cf. proposizione 1.

Esercizio 73 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(265) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sinh n}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Ricordiamo la definizione di seno iperbolico:

$\sinh x \coloneqq \dfrac{e^{x}-e^{-x}}{2}=\dfrac{e^{2x}-1}{2e^x} \qquad \forall x \in \mathbb{R}.$

Dunque, abbiamo

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\sinh n}= \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{2e^{n}}{e^{2n}-1}.$

Applichiamo il criterio della radice, cf. teorema 5:

$\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{\dfrac{2e^{n}}{e^{2n}-1}}=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{e}{e^{2}}\exp\left(-\dfrac{1}{n}\ln\left(1-\dfrac{1}{e^{2n}}\right)\right)(1+o(1))=\dfrac{1}{e}<1.$

Concludiamo che la serie data converge.

Esercizio 74 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(266) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\cos\left(\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)\right)-1+\dfrac{1}{2\sqrt{n}}-\dfrac{\alpha}{n}\right) \qquad \forall\, \alpha >0. \end{equation*}$

Svolgimento.

Per $n\to+\infty$ , si ha:

$\begin{aligned} &\cos\left(\sin\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}}\right)\right) - 1 + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} - \dfrac{\alpha}{n} = \cos\left(\dfrac{1}{\sqrt[4]{n}} - \dfrac{1}{6\sqrt[4]{n^3}} + \dfrac{1}{120n^{\frac{5}{4}}} + o\left(\dfrac{1}{n^{\frac{5}{4}}}\right)\right) - 1 + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} - \dfrac{\alpha}{n} \\ &= 1 - \dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{\sqrt{n}} - \dfrac{1}{3n} + \dfrac{1}{36n^{\frac{3}{2}}} + \dfrac{1}{60n^{\frac{3}{2}}}\right) + \dfrac{1}{24}\left(\dfrac{1}{n} - \dfrac{2}{3\sqrt[4]{n^3}}\right) - \dfrac{1}{720}\left(\dfrac{1}{n^\frac{3}{2}}\right) \\ &\quad - 1 + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} - \dfrac{\alpha}{n} + o\left(\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right) \\ &= 1 - \dfrac{1}{2\sqrt{n}} + \dfrac{1}{6n} - \dfrac{1}{45n^{\frac{3}{2}}} + \dfrac{1}{24n} - \dfrac{1}{36n^{\frac{3}{2}}} - \dfrac{1}{720n^{\frac{3}{2}}} - 1 + \dfrac{1}{2\sqrt{n}} - \dfrac{\alpha}{n} \\ &\quad + o\left(\dfrac{1}{n^\frac{3}{2}}\right) \\ &= \left(\dfrac{5}{24} - \alpha\right)\dfrac{1}{n} - \dfrac{37}{720}\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}} + o\left(\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right). \end{aligned}$

Quindi, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie data ha lo stesso carattere della serie

$\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{n}\left(\dfrac{5}{24}-\alpha\right)-\dfrac{37}{720}\dfrac{1}{n^{\frac{3}{2}}}\right),$

la quale, cf. lemma 7, diverge per $\alpha \neq \dfrac{5}{24}$ (positivamente per $\alpha < \dfrac{5}{24}$ e negativamente per $\alpha >\dfrac{5}{24}$ ), mentre converge per $\alpha =\dfrac{5}{24}$ .

Esercizio 75 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(267) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}n\left(\dfrac{2}{n^{\alpha}}-\sin\left(\dfrac{2}{n^{2\alpha-1}}\right)\right) \qquad \forall \, \alpha \in \mathbb{R}. \end{equation*}$

Svolgimento.

Fissato $\alpha \in \mathbb{R}$ , consideriamo la successione $\{ a_n \}$ definita da

(268) $\begin{equation*} a_n \coloneqq n\left(\dfrac{2}{n^{\alpha}}-\sin\left(\dfrac{2}{n^{2\alpha-1}}\right)\right)= \dfrac{2}{n^{\alpha-1}}-n\sin\left(\dfrac{2}{n^{2\alpha-1}}\right) \qquad \forall\, n \geq 1. \end{equation*}$

Studiamo il limite della successione al variare di $\alpha \in \mathbb{R}$ . Si ha

(269) $\begin{equation*} \lim_{n \rightarrow + \infty} a_n= \begin{cases} +\infty, \quad \mbox{se } \alpha\leq 0;\\ \nexists, \quad \mbox{se } 0< \alpha< \dfrac{1}{2};\\ -\infty, \quad \mbox{se } \dfrac{1}{2}\leq \alpha< 1;\\ 0, \quad \mbox{se } \alpha\geq 1. \end{cases} \end{equation*}$

Infatti, per $\alpha< 0$ la successione $\left\{ \dfrac{2}{n^{\alpha} }\right\}$ diverge positivamente mentre il seno è limitato, dunque $\{ a_n \}$ diverge positivamente. Per $\alpha=0$ basta osservare che $2-\sin(x)\geq 1 \quad \forall \, x \in \mathbb{R}$ per concludere che $a_n\geq n$ per ogni $n \geq 1$ , dunque $\{ a_n \}$ diverge positivamente. Per $0<\alpha<1/2$ , invece, la successione $\left\{ \dfrac{2}{n^{\alpha} }\right\}$ è infinitesima, mentre il seno assume infinite volte valori sia positivi che negativi, dunque il limite di $\{ a_n \}$ non esiste. Per $\alpha=1/2$ si ha

$\lim_{n \rightarrow + \infty} a_n=\lim_{n \rightarrow + \infty} n(-\sin(2)+o(1))=-\infty,$

mentre per $1/2<\alpha<1$ si vede da (268) che

(270) $\begin{equation*} a_n=\dfrac{2}{n^{\alpha-1}}-\dfrac{2}{n^{2\alpha-2}}(1+o(1))\qquad \mbox{per }n \to +\infty, \end{equation*}$

e dunque $\{ a_n \}$ diverge negativamente in quanto gli esponenti $\alpha-1$ e $2\alpha-2$ sono negativi in questo caso. Per $\alpha=1$ , si ha

(271) $\begin{equation*} a_n=n\left(\dfrac{2}{n^{}}-\sin\left(\dfrac{2}{n}\right)\right)=n\left(\dfrac{2}{n}-\dfrac{2}{n}+\dfrac{8}{6n^3}+o\left(\dfrac{1}{n^3}\right)\right)=\dfrac{4}{3n^2}\left(1+o\left(1\right)\right), \end{equation*}$

dunque $\{ a_n \}$ è infinitesima. Infine, per $\alpha>1$ , vale sempre (270) e gli esponenti stavolta sono entrambi positivi, dunque $\{ a_n \}$ è infinitesima.

Concludiamo che, se $\alpha<1$ , il termine generale $a_n$ non è infinitesimo, e dunque la serie data non può convergere, cf. proposizione 1. Pertanto, studiamo la convergenza solo per $\alpha\geq 1$ . Per $\alpha=1$ si vede da (271) che la serie data è asintotica a una serie convergente, cf. lemma 7, dunque, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2, la serie data converge. Se $\alpha>1$ , la stima asintotica (270) diventa

(272) $\begin{equation*} a_n=\dfrac{2}{n^{\alpha-1}}(1+o(1))\qquad \mbox{per }n \to +\infty, \end{equation*}$

in quanto

$\alpha-1<2\alpha- 2 \quad \iff \quad \alpha>1.$

Dunque, la serie data converge se $\alpha>2$ e diverge se $1<\alpha\leq 2$ , cf. lemma 7. Concludiamo che la serie data converge se e solo se $\alpha \in \{1\}\cup(2,+\infty)$ .

Esercizio 76 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{\left(n!\right)!}{n^{\left(n^n\right)}}.$

Svolgimento.

Questo esercizio può essere risolto in vari modi. Noi proponiamo due soluzioni: nella prima applichiamo il criterio del confronto, cf. teorema 1, mentre nella seconda il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2.

Soluzione 1.

Si verifica facilmente, ad esempio con il principio di induzione, che vale

(273) $\begin{equation*} n! \leq n^n \qquad \forall\, n \geq 1. \end{equation*}$

Dunque, abbiamo

$\sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\left(n!\right)!}{n^{\left(n^n\right)}} \leq \sum_{n=1}^{+\infty} \dfrac{\left(n!\right)^n}{n^{\left(n^n\right)}}.$

Studiamo il carattere di quest’ultima serie applicando il criterio della radice, cf. teorema 5. Consideriamo il limite:

$0 \leq \lim_{n\to+\infty} \sqrt[n]{ \dfrac{\left(n!\right)^n}{n^{\left(n^n\right)}}}= \lim_{n\to+\infty} \dfrac{\left(n!\right)}{n^{\left(n^{n-1}\right)}} \leq \lim_{n\to+\infty} \dfrac{\left(n!\right)}{n^{\left(n+1\right)}}\leq \lim_{n\to+\infty} \dfrac{\left(n!\right)}{n^{n}}\dfrac{1}{n} \leq \lim_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0,$

dove abbiamo usato il fatto che, definitivamente, $n^{\left(n^{n-1}\right)} \geq n^{n+1}$ e la disuguaglianza (273). Concludiamo che la serie data converge per il criterio del confronto.

Soluzione 2.

Applichiamo il criterio del confronto asintotico, con l’aiuto dell’approssimazione di Stirling, cf. (200). Abbiamo

(274) $\begin{equation*} \dfrac{\left(n!\right)!}{n^{\left(n^n\right)}}=\dfrac{\sqrt{2\pi n!}}{n^{\left(n^n\right)}}\left(\dfrac{n!}{e}\right)^{n!}\left(1+o\left(1\right)\right)\quad \text{per}\,\,n\to+\infty, \end{equation*}$

e inoltre, per ogni $n \geq 1$

(275) $\begin{equation*} \dfrac{\sqrt{2\pi n!}}{n^{\left(n^n\right)}}\left(\dfrac{n!}{e}\right)^{n!}= \dfrac{\sqrt{2\pi n!}}{n^{\left(n^n\right)}} \cdot \dfrac{\left(n!\right)^{n!}}{e^{n!}}=\exp\left(n!\ln\left(n!\right)+\dfrac{1}{2}\ln\left(2\pi\right)+\dfrac{1}{2}\ln\left(n!\right)-n^n\ln\left(n\right)-n!\right). \end{equation*}$

Notiamo che

(276) $\begin{equation*} \begin{aligned} \lim_{n\to+\infty}\dfrac{n!\ln\left(n!\right)}{n^n\ln \left(n\right)}&=\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\sqrt{2\pi n}\left(\ln\left(\sqrt{2\pi n}\right)+n\ln\left(n\right)-n+\ln\left(1+o\left(1\right)\right)\right)}{e^n\ln \left(n\right)(1+o(1))}=\\ &=\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\sqrt{2\pi n}\left(n\ln \left(n\right)\right)}{e^n\ln\left(n\right)}\left(1+o\left(1\right)\right)=0, \end{aligned} \end{equation*}$

dunque, da (274), (275) e (276), otteniamo che

(277) $\begin{equation*} \dfrac{\left(n!\right)!}{n^{\left(n^n\right)}}= \exp\left[-n^n\ln\left(n\right)\,(1+o(1))\right], \qquad \text{per}\,\,n\to+\infty. \end{equation*}$

Infine, confrontiamo il termine generale della serie data con quello di una serie di cui è nota la convergenza, ad esempio una serie armonica generalizzata di esponente maggiore di 1, cf. lemma 7:

$\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\dfrac{\left(n!\right)!}{n^{\left(n^n\right)}}}{\left( \dfrac{1}{n^2} \right)} =\lim_{n\to+\infty} \dfrac{e^{-n^n\ln n\,\left(1+o\left(1\right)\right) }}{\left( \dfrac{1}{n^2} \right)}=0.$

Concludiamo, per il criterio del confronto asintotico, che la serie data converge.

Esercizio 77 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma della seguente serie:

$S=\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)} .$

Svolgimento.

Decomponiamo in fratti semplici il termine generale:

$\dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\dfrac{A}{n}+\dfrac{B}{n+1}+\dfrac{C}{n+2}\quad \text{con}\,\,A,B,C\in \mathbb{R},$

da cui

$\begin{aligned} \dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}&=\dfrac{A\left(n^2+3n+2\right)+B\left(n^2+2n\right)+C\left(n^2+n\right)}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\\ &=\dfrac{\left(A+B+C\right)n^2+\left(3A+2B+C\right)n+2A}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}. \end{aligned}$

Otteniamo il sistema

$\begin{cases} A+B+C=0\\ 3A+2B+C=0\\ 2A=1 \end{cases} \quad \iff \quad \begin{cases} A=\dfrac{1}{2}\\ B=-1\\ C=\dfrac{1}{2}. \end{cases}$

Quindi

$\begin{aligned} &\dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\dfrac{1}{2n}-\dfrac{1}{n+1}+\dfrac{1}{2\left(n+2\right)}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)+\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+1}\right). \end{aligned}$

Pertanto, dal fatto che la somma è telescopica, cf. lemma 6, otteniamo

$\begin{aligned} S&=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)}=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{2}\left[\left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{1}{n+1}\right)+\left(\dfrac{1}{n+2}-\dfrac{1}{n+1}\right)\right]=\\ &=\lim_{N\to+\infty}\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{N+1}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{N+2}\right)=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}. \end{aligned}$

Esercizio 78 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma della seguente serie:

$S=\sum_{n=3}^{+\infty}\dfrac{1-\sqrt{2}}{\sqrt{2^n}} .$

Svolgimento.

Ricordando i risultati sulla serie geometrica, cf. proposizione 3 e osservazione 4, segue che

$S=\left(1-\sqrt{2}\right)\sum_{n=3}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n}=\left(1-\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{\left(\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\right)}{1-\dfrac{1}{\sqrt{2}}}\right)=\left(1-\sqrt{2}\right)\left(\dfrac{1}{2\sqrt{2}}\right)\left(\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{2}-1}\right)=-\dfrac{1}{2}.$

Esercizio 79 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma della seguente serie:

(278) $\begin{equation*} S \coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(\dfrac{\left(n+1\right)^2}{n\left(n+2\right)}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Ricordando i risultati sulle somme telescopiche, cf. lemma 6 e proposizione 4, si ha:

$\begin{aligned} S&=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(2\ln\left(n+1\right)-\ln\left(n\right)-\ln\left(n+2\right)\right)=\\ &=\sum_{n=1}^{+\infty}\Big[\left(\ln\left(n+1\right)-\ln\left(n\right)\right)-\left(\ln\left(n+2\right)-\ln\left(n+1\right)\right)\Big]=\\ &=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=1}^{N}\Big[\left(\ln\left(n+1\right)-\ln\left(n\right)\right)-\left(\ln\left(n+2\right)-\ln\left(n+1\right)\right)\Big]=\\ &=\lim_{N\to+\infty}\Big[\big( \ln(N+1)-\ln1 \big)-\left( \ln \big(N+2\big)-\ln 2 \right)\Big]=\\ &= \lim_{N\to+\infty} \left( \ln\left( \dfrac{N+1}{N+2}\right) + \ln 2\right)=\ln 2. \end{aligned}$

Esercizio 80 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Calcolare la somma della seguente serie:

(279) $\begin{equation*} S\coloneqq \sum_{n=1}^{+\infty}\arctan\left(\dfrac{1}{n^2+n+1}\right). \end{equation*}$

Svolgimento.

Osserviamo che

$\dfrac{1}{n^2+n+1}= \dfrac{(n+1)-n}{1+ (n+1)n}.$

Ponendo

(280) $\begin{equation*} \tan\alpha \coloneqq n+1 \qquad \mbox{e} \qquad \tan\beta\coloneqq n, \end{equation*}$

abbiamo

(281) $\begin{equation*} \dfrac{1}{n^2+n+1}= \dfrac{\tan \alpha-\tan \beta}{1+\tan \alpha \tan \beta}=\tan\left(\alpha-\beta\right), \end{equation*}$

dove, nell’ultima uguaglianza, abbiamo usato la formula di somma e sottrazione per la tangente. Dalle equazioni (280) e (281), otteniamo che

$\arctan\left(\dfrac{1}{n^2+n+1}\right)=\alpha - \beta= \arctan\left(n+1\right)-\arctan n,$

dunque la serie data è telescopica, cf. definizione 5. Abbiamo dunque, cf. proposizione 4, che

$\begin{aligned} &S=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\arctan\left(n+1\right)-\arctan n\right)=\left( \lim_{n\to+\infty}\arctan\left(n\right) \right)-\arctan 1= \dfrac{\pi}{2}-\dfrac{\pi}{4} =\dfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$

Un esercizio difficile

Di seguito, proponiamo un problema di difficile risoluzione, proposto sulla rivista
“American Mathematical Monthly”²⁴, cf. [8], da O. Furdui and A. Sintamarian (Romania).

Il lettore coraggioso può provare a risolverlo autonomamente, ma sottolineiamo che tale esercizio è stato inserito come lettura piacevole, più che come sfida ardua.
Il sito Qui Si Risolve ha proposto le seguenti due soluzioni, che fanno uso di strumenti elementari della teoria delle serie, trattati in questa dispensa.

Ringraziamo gli autori delle soluzioni, che potete trovare, insieme a ulteriori approfondimenti sull’esercizio, elencati in Furdui and A. Sintamarian (Romania).

Mensile statunitense in cui vengono proposti, da chiunque voglia, problemi di difficile risoluzione. La rivista pubblica periodicamente le migliori soluzioni ricevute. ↩

Esercizio 81 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$ . Calcolare

$I=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\left(\dfrac{1}{n^2}+\dfrac{1}{\left(n+2\right)^2}+\dfrac{1}{\left(n+4\right)^2}+\dots\right)-\dfrac{1}{2n}\right).$

Svolgimento.

Notiamo che la serie data è a termini non negativi. Infatti, consideriamo la seguente identità, che segue dalla teoria delle serie telescopiche, cf. proposizione 4:

(282) $\begin{equation*} \frac{1}{n} = \sum\limits_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{n+2k}-\frac{1}{n+2(k+1)}\right). \end{equation*}$

Allora, per ogni $n \geq 1$ , si ha che

$\begin{aligned} \left( \sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{1}{(n+k)^2} \right)- \frac{1}{2n} = {} & \sum\limits_{k=0}^{+\infty}\left(\frac{1}{(n+k)^2} - \frac{1}{2(n+2k)}+\frac{1}{2(n+2k+2)}\right) = \\ ={} & \sum\limits_{k=0}^{+\infty}\frac{10 k^2 + 4 n + 4 k n }{2 (k + n)^2 (2 k + n) (2 + 2 k + n)} > 0. \end{aligned}$

Soluzione 1.

Riscriviamo $I$ come segue²⁵:

$\begin{aligned} I&=\lim_{N\rightarrow+\infty} \sum_{n=1}^{2N}\,\left(\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+2k\right)^2}-\dfrac{1}{2n}\right)=\\ &=\lim_{N\rightarrow+\infty}\left(\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2n+2k\right)^2}-\dfrac{1}{4n}+\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2n-1+2k\right)^2}-\dfrac{1}{2\left(2n-1\right)}\right)=\\ &=\lim_{N\rightarrow+\infty} \Bigg(\underbrace{\dfrac{1}{4}\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+k\right)^2}}_{I_1}+\underbrace{\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2\left( n+k\right)-1\right)^2}}_{I_2}-\underbrace{\sum_{n=1}^{N}\left(\dfrac{1}{4n}+\dfrac{1}{2\left(2n-1\right)}\right)}_{I_3}\Bigg). \end{aligned}$

Concentriamoci sul primo termine, i.e.

$I_1=\dfrac{1}{4}\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+k\right)^2}.$

Notiamo che, poiché i termini sommati sono positivi, possiamo permutare arbitrariamente gli addendi della doppia somma. Vogliamo determinare quante volte compare ciascun termine $1/(n+k)^2$ , o, equivalentemente, quante coppie $(n, k)$ restituiscono un valore fissato di $n+k$ , con $1 \leqslant n \leqslant N$ e $k \geqslant 0$ . Osserviamo che

(283) $\begin{equation*} \begin{gathered} n+k=1\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} n=1\\k=0, \end{cases} \\ n+k=2\quad \Leftrightarrow \quad \begin{cases} n=1\\ k=1 \end{cases} \vee \quad\begin{cases} n=2\\ k=0, \end{cases}\\ \dots \\ n+k=N\quad \Leftrightarrow\quad \begin{cases} n=1\\ k=N-1 \end{cases} \vee\quad\begin{cases} n=2\\ k=N-2 \end{cases} \vee \dots \vee\quad \begin{cases} n=N\\ k=0. \end{cases} \end{gathered} \end{equation*}$

In generale, quindi, fissato $\ell\leq N$ intero positivo, ci sono esattamente $\ell$ coppie $(n,k)$ , con $1 \leqslant n \leqslant N$ e $k \geqslant 0$ , tale che l’equazione

(284) $\begin{equation*} n+k=\ell \end{equation*}$

è soddisfatta. Infatti, facendo scorrere l’indice $n$ tra 1 ed $N$ , c’è un solo $k\geq 0$ che soddisfa l’equazione (284) se e solo se $n\leq \ell$ , ovvero $k=\ell -n$ . Se, invece, $n>\ell$ , allora nessun $k\geq 0$ realizza l’equazione, in quanto avremmo $k=\ell-n<0$ . Quindi, nella somma doppia $I_1$ , il termine $1/\ell^2$ , con $\ell\leq N$ , viene contato esattamente $\ell$ volte, una per ogni $n=1,\dots,\ell$ .

Analogamente, fissato $\ell>N$ , il termine $1/\ell^2$ viene contato $N$ volte nella somma doppia $I_1$ . Infatti, per ogni $n=1,\dots,N$ esiste uno ed un solo $k\geq 0$ che realizza l’equazione ovvero $k=\ell-n$ .

Rappresentiamo graficamente quanto appena visto in figura 6.

$\quad$

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Figura 6: rappresentazione grafica della somma $I_1$ .

$\quad$

Da quanto appena visto, segue che

(285) $\begin{equation*} I_1=\dfrac{1}{4}\sum_{n=1}^{N}\dfrac{n}{n^2}+\dfrac{1}{4}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{4n}+\dfrac{1}{4}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}. \end{equation*}$

Ragionando analogamente per il termine $I_2$ , si trova che

(286) $\begin{equation*} I_2=\sum_{n=1}^{N}\,\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2\left(n+k\right)-1\right)^2} =\sum_{n=1}^{N}\dfrac{n}{\left(2n-1\right)^2}+\sum_{n=N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{\left(2n-1\right)^2}. \end{equation*}$

Utilizzando la (285) e la (286), abbiamo che

$\begin{aligned} I &= \lim_{N\to +\infty}\left( I_1 + I_2 - I_3 \right) \\ &= \lim_{N\to +\infty}\left(\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{4n} + \dfrac{1}{4}\sum_{k=N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2} + \sum_{n=1}^{N}\dfrac{n}{\left(2n-1\right)^2} + \sum_{n=N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{\left(2n-1\right)^2} \right. \\ &\quad \left. - \sum_{n=1}^{N}\left(\dfrac{1}{4n} + \dfrac{1}{2(2n-1)}\right)\right) \\ &= \lim_{N\to +\infty}\left( \sum_{n=N+1}^{+\infty}\left(\dfrac{N}{\left(2n\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2n-1\right)^2}\right) + \sum_{n=1}^{N}\left(\dfrac{n}{\left(2n-1\right)^2} - \dfrac{1}{2\left(2n-1\right)}\right)\right) \\ &= \lim_{N\to +\infty}\left( \underbrace{\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}}_{J_1} + \underbrace{\sum_{n=1}^{N}\dfrac{1}{2\left(2n-1\right)^2}}_{J_2} \right). \end{aligned}$

Nell’ultimo passaggio, abbiamo usato il fatto che in una serie a termini positivi, i termini possono essere riordinati a piacimento, cf. lemma 12.:

$\begin{aligned} \sum_{n=N+1}^{+\infty} \left(\dfrac{N}{\left(2n\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2n-1\right)^2}\right) &= \dfrac{N}{\left(2N+2\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2N+1\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2N+4\right)^2} + \dfrac{1}{\left(2N+3\right)^2} + \cdots \\ &= \dfrac{N}{\left(2N+1\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2N+2\right)^2} + \dfrac{N}{\left(2N+3\right)^2} + \dfrac{1}{\left(2N+4\right)^2} + \cdots \\ &= \sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}. \end{aligned}$

Calcoliamo ora $J_1$ :

(287) $\begin{equation*} \sum_{n=2N+1}^{+\infty} \frac{N}{n^2} = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{N}{(n+2N)^2} = \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2+n/N)^2}, \end{equation*}$

Passando al limite per $N \to +\infty$ in (287), abbiamo²⁶:

(288) $\begin{equation*} J_1 = \lim_{N\to+\infty} \frac{1}{N}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{(2+n/N)^2} = \int\limits_0^{+\infty}\frac{1}{(2+x)^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}, \end{equation*}$

dove abbiamo usato il fatto che le somme di Riemann inferiori della funzione

$f:[0,+\infty) \to \mathbb{R}, \; f(x)=\frac{1}{(2+x)^2}$

sull’intervallo illimitato $[0,+\infty)$ , convergono all’integrale di $f$ in quanto quest’ultima è integrabile in senso improprio in $[0,+\infty)$ . Nella sezione Approfondimento che si trova alla fine di questa soluzione, proponiamo un modo alternativo per calcolare $J_1$ , che fa uso di strumenti più elementari.

Passiamo ora a $J_2$ , e osserviamo che

$\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}=\sum_{n=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\left(2n\right)^2}+\dfrac{1}{\left(2n-1\right)^2}\right)=\dfrac{1}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2}+\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2n-1\right)^2},$

da cui deduciamo che

(289) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2n-1\right)^2}=\dfrac{3}{4}\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^2} = \frac{3}{4}\cdot\frac{\pi^2}{6} = \frac{\pi^2}{8}, \end{equation*}$

dove abbiamo sfruttato il risultato noto come problema di Basilea²⁷, cf. [1, pag. 12]. Dunque, abbiamo

(290) $\begin{equation*} J_2=\frac{1}{2} \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{(2n-1)^2} = \dfrac{\pi^2}{16}. \end{equation*}$

Concludiamo che

$I=J_1+J_2=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi^2}{16}.$

Approfondimento. Proponiamo qui un metodo alternativo per calcolare la somma $J_1$ , cf. (288). Scriviamo

$\sum_{n=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{N}{\left(2N+1\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+2\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+3\right)^2}\cdot 1+\dfrac{N}{\left(2N+4\right)^2}\cdot 1+\cdots.$

Possiamo interpretare $J_1$ come la somma delle aree di infiniti rettangoli di base $1$ e altezza $N/\left(2N+k\right)^2$ , con $k=0,1,2,\dots$ , come rappresentato in figura 7.

$\quad$

Figura 7: rappresentazione grafica della serie $J_1$ .

$\quad$

Notiamo che

$\begin{aligned} &\int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{x^2}\,\mathrm{d}x\leq \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \int_{2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{\left(x-1\right)^2}\,\mathrm{d}x\quad \iff \quad \dfrac{N}{2N+1}\leq \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \dfrac{N}{2N}. \end{aligned}$

Passando al limite per $N\to +\infty$ , otteniamo:

$\lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N+1} = \frac{1}{2} \leq\lim_{N\to +\infty} \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}\leq \lim_{N\to +\infty}\dfrac{N}{2N} = \frac{1}{2}.$

Possiamo quindi confermare il risultato precedente:

$J_1 = \lim_{N\to +\infty} \sum_{N=2N+1}^{+\infty}\dfrac{N}{n^2}=\dfrac{1}{2}.$

Si noti che, sommando per $n$ da 1 fino a $2N$ , stiamo calcolando il limite della sottosuccessione pari delle somme parziali. Questa operazione è lecita perché, come abbiamo visto, la serie data è a termini positivi, per cui il limite esiste sicuramente (finito o infinito), cf. lemma 1. ↩

Se $f$ è una funzione positiva non crescente e integrabile in $[ 0, + \infty)$ , si ha

$\lim_{N\rightarrow+\infty}\dfrac{1}{N}\sum\limits_{n=1}^{N}f\left(\frac{n}{N}\right) = \int\limits_0^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x.$

↩

Con il nome problema di Basilea, si intende il problema di calcolare la somma della serie armonica generalizzata di esponente 2, cf. lemma 7. È noto che $\displaystyle {\sum _{n=1}^{+\infty }{\frac {1}{n^{2}}}= {\frac {\pi ^{2}}{6}}}$ . ↩

Soluzione 2.

Dall’identità (282), otteniamo che

$\begin{aligned} \frac{1}{2n} &= \dfrac{1}{2}\sum_{k=0}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{n+2k}-\dfrac{1}{n+2\left(k+1\right)}\right) =\\ &= \sum_{ k=0}^{+\infty}\dfrac{n+2k+2-n-2k}{2\left(n+2k+2\right)\left(n+2k\right)}= \\ &= \sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+2k+2\right)\left(n+2k\right)}. \end{aligned}$

Pertanto

$\begin{aligned} I = {} & \sum_{n=1}^{+\infty}\left(\sum_{k=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(n+2k\right)^2}-\dfrac{1}{2n}\right)= \\ = {} & \sum_{n=1}^{+\infty}\sum_{k=0}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\left(n+2k\right)^2}-\dfrac{1}{\left(n+2k+2\right)\left(n+2k\right)}\right). \end{aligned}$

Fissato $m\geq 1$ intero, tutti i termini in questa somma doppia per cui

(291) $\begin{equation*} n+2k = m \end{equation*}$

sono ripetuti più volte. Se $m$ è pari, i.e. $m = 2\ell$ , ci sono $\ell$ coppie $(n,k)$ , con $n \geqslant 1$ , $k\geqslant 0$ , che soddisfano (291), cioè $\ell = m/2$ ripetizioni. Se, invece, $m$ è dispari, i.e. $m = 2\ell+1$ , ci sono $\ell+1$ coppie di soluzioni, cioè $\ell = m/2+1/2$ termini ripetuti. Mettendo insieme questi risultati, otteniamo

$\begin{aligned} I = {} &\sum_{\substack{m=2,\\ \text{$m$ pari}}}^{+\infty}\dfrac{m}{2}\left(\dfrac{1}{m^2}-\dfrac{1}{m\left(m+2\right)}\right) + \sum_{\substack{m=1,\\ \text{$m$ dispari}}}^{+\infty}\left(\frac{m}{2}+\frac{1}{2}\right)\left(\dfrac{1}{m^2}-\dfrac{1}{m\left(m+2\right)}\right) = \\ ={} & \sum_{m=1}^{+\infty}\dfrac{m}{2}\left(\dfrac{1}{m^2}-\dfrac{1}{m\left(m+2\right)}\right) + \dfrac{1}{2}\sum_{\ell=0}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{\left(2\ell+1\right)^2}-\dfrac{1}{\left(2\ell+1\right)\left(2\ell+3\right)}\right) = \\ ={} &\dfrac{1}{2}\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+2}\right) + \dfrac{1}{2}\sum_{\ell=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2\ell+1\right)^2} - \sum_{\ell=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2\ell+1\right)\left(2\ell+3\right)} = \\ ={} &\dfrac{1}{2}\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{m}-\dfrac{1}{m+1}\right) + \dfrac{1}{2}\sum_{m=1}^{+\infty}\left(\dfrac{1}{m+1}-\dfrac{1}{m+2}\right) + \dfrac{1}{2}\sum_{\ell=0}^{+\infty}\dfrac{1}{\left(2\ell+1\right)^2} \\ & \qquad + \sum_{\ell=0}^{+\infty}\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{1}{2\ell+3}-\dfrac{1}{2\ell+1}\right) = \\ ={} &\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{4} + \dfrac{\pi^2}{16} - \dfrac{1}{4} \\ ={} & \dfrac{1}{2} + \dfrac{\pi^2}{16}. \end{aligned}$

dove abbiamo utilizzato i risultati sulle serie telescopiche, cf. proposizione 4, e l’identità (290).

Concludiamo nuovamente che

$I=\dfrac{1}{2}+\dfrac{\pi^2}{16}.$

Serie numeriche: esercizi lasciati al lettore

Esercizio 82 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(292) $\begin{equation*} S\coloneqq1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}-\dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{3}-\dfrac{3}{4}+\dfrac{3}{4}-\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è indeterminata.

Suggerimento.

Prendere la sottosuccessione della somme parziali di posto pari e dispari, e far vedere che convergono a due valori diversi.

Esercizio 83 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(293) $\begin{equation*} S\coloneqq \left( 1-\ln\left(\dfrac{2}{1}\right) \right)+\left( \dfrac{1}{2}-\ln\left(\dfrac{3}{2}\right) \right)+\left( \dfrac{1}{3}-\ln\left(\dfrac{4}{3}\right) \right)+\dots+\left( \dfrac{1}{n}-\ln\left(\dfrac{n+1}{n}\right) \right)+\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è convergente.

Suggerimento.

Usare il criterio del confronto asintotico.

Esercizio 84 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie:

(294) $\begin{equation*} S\coloneqq \dfrac{1}{1-\ln 1}+\dfrac{1}{2-\ln 2}+\dots+\dfrac{1}{n-\ln n }+\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è divergente.

Suggerimento.

Usare il criterio del confronto e la serie armonica del primo tipo.

Esercizio 85 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie e calcolarne la somma:

(295) $\begin{equation*} S\coloneqq 1+5x+25x^2+\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è convergente per $x\in \left(-\dfrac{1}{5},\dfrac{1}{5}\right)$ e la sua somma è $S=\dfrac{1}{1-5x}$ .

Suggerimento.

Usare la serie geometrica.

Esercizio 86 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie e calcolarne la somma:

(296) $\begin{equation*} S\coloneqq 1+\dfrac{1}{1-\sin\left(2x\right)}+\left(\dfrac{1}{1-\sin\left(2x\right)}\right)^2+\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è convergente per $\displaystyle x\in \bigcup_{k \in \mathbb{Z}}\left(\left( k-\dfrac 1 2 \right)\pi,k\pi\right)$ e la sua somma è $S=1-\dfrac{1}{\sin(2x)}$ .

Suggerimento.

Usare la serie geometrica.

Esercizio 87 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Studiare il carattere della seguente serie e calcolarne la somma:

(297) $\begin{equation*} S\coloneqq \dfrac{1!}{x+1}+\dfrac{2!}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)}+\dfrac{3!}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)\left(x+3\right)}+\dots+\dfrac{n!}{\left(x+1\right)\left(x+2\right)\dots\left(x+n\right)}+\dots. \end{equation*}$

Risposta.

La serie è convergente per $x\in \left(1,+\infty\right)$ e la sua somma è $S=\dfrac{1}{x-1}$ .

Suggerimento.

Applicare il criterio di Raabe.

Appendice A. Serie numeriche vs prodotti infiniti

Leggi...

In questa sezione enunciamo solo un teorema che mette a confronto le serie con i prodotti infiniti.

Definizione 11 (prodotti infiniti.) Data una successione $\{ a_n \}\subset \mathbb{R}$ , il prodotto infinito associato ad $\{ a_n \}$ è

$\prod_{n=1}^{+\infty}a_n \coloneqq \lim_{n \rightarrow + \infty} \prod_{k=1}^{n}a_k.$

Teorema 16. Sia $\{ a_n \}_{n \in \mathbb{N}}$ una successione a termini positivi. Il prodotto infinito

(298) $\begin{equation*} \prod_{n=1}^{+\infty}(1+ a_n) \end{equation*}$

converge se e solo se

(299) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}a_n<+\infty. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Supponiamo che $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty}a_n<+\infty$ .

È noto che²⁸

(300) $\begin{equation*} 1+x\leq e^x\quad \forall \,x\geq0 \end{equation*}$

per cui

$\begin{aligned} 0\leq \left(1+a_1\right)\left(1+a_2\right)\dots\left(1+a_n\right)\leq e^{a_1}\cdot e^{a_2}\dots e^{a_n}\quad \forall n \geq 1 \end{aligned}$

quindi, denotando $e^{x}= \exp(x)\quad \forall\, x \in \mathbb{R}$ , abbiamo

$0\leq \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right)\leq \exp{\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k \right)}\leq \exp{\left( \displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty}a_k \right)}<+\infty\quad \forall \,n \geq 1,$

dove abbiamo sfruttato il fatto che la serie è a termini positivi e il fatto che la funzione esponenziale $f:\mathbb{R} \to \mathbb{R}, \;f(x)=e^x$ è crescente in $\mathbb{R}$ . Abbiamo ottenuto che la successione $\displaystyle\left\{ \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right) \right\}$ è limitata. Inoltre,

$\begin{aligned} &\prod_{k=1}^{n+1}\left(1+a_k\right)=\left(1+a_{n+1}\right)\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right)\geq \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right)\qquad \forall \,n\geq 1, \end{aligned}$

ovvero la successione $\displaystyle \left\{ \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right) \right\}$ è monotona non decrescente e quindi, per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71], abbiamo che

$\prod_{k=1}^{+\infty}\left(1+a_k\right)=\ell\in\mathbb{R}$

da cui segue l’asserto.

Dimostriamo ora l’implicazione opposta. Per ipotesi abbiamo

$\exists \prod_{n=1}^{+\infty}\left(1+a_n\right)\in (1, + \infty),$

in quanto, per ogni $n \geq 1$ , si ha

$\prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right)=(1+a_1) \prod_{k=2}^{n}\left(1+a_k\right) \geq (1+a_1)>1.$

Inoltre, per le proprietà dei logaritmi, si ha

$\begin{aligned} \displaystyle\ln\left( \prod_{k=1}^{n}\left(1+a_k\right) \right) = \displaystyle\sum_{k=1}^{n}\ln\left(1+a_k\right) , \end{aligned}$

quindi, per la continuità della funzione logaritmo su $(1, +\infty)$ , si ha che

(301) $\begin{equation*} \sum_{n=1}^{+\infty}\ln\left(1+a_n\right)<+\infty. \end{equation*}$

Poiché (301) converge, cf. proposizione 1, si ha che

$\lim_{n\to+\infty}\ln\left(1+a_n\right)=0\quad \iff\quad \lim_{n\to+\infty}a_n=0,$

quindi

$\ln\left(1+a_n\right)\sim a_n\quad \text{per}\,\,n\to +\infty,$

e pertanto, la serie ha lo stesso carattere di

$\sum_{n=1}^{+\infty}a_n,$

per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2. Questo conclude la dimostrazione.

La disuguaglianza segue dalla convessità della funzione esponenziale e dal fatto che $y=1+x$ è la retta tangente al grafico dei tale funzione nel suo punto $(0,1)$ . ↩

Esempio 33. Dimostriamo che il seguente prodotto infinito

$\prod_{n=2}^{+\infty} \dfrac{n^3+1}{n^3-1}$

converge, e calcoliamone il valore.

Notiamo che

$\dfrac{n^3+1}{n^3-1}=\dfrac{n^3+1}{n^3-1}= 1+ \dfrac{2}{n^3-1} \eqqcolon1+ a_n,$

con $a_n >0$ per ogni $n \geq 2$ . Siccome

$a_n=\dfrac{2}{n^3-1}= \dfrac{2}{n^3}(1+o(1))\qquad \mbox{per }n \to + \infty,$

la serie $\displaystyle \sum_{n=2}^{+\infty}a_n$ converge per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2 e il lemma 7. Allora, per il Lemma 16, il prodotto infinito dato converge.

Per calcolarne il valore, notiamo che

(302) $\begin{equation*} \prod_{k=2}^{n} \dfrac{k^3+1}{k^3-1}= \dfrac{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k^3+1)}{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k^3-1)}= \dfrac{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k+1)(k^2-k+1)}{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k-1)(k^2+k+1)}= \dfrac{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k+1)\,\prod\limits_{k=2}^{n} (k^2-k+1)}{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k-1)\,\prod\limits_{k=2}^{n} (k^2+k+1)}. \end{equation*}$

Osserviamo che

(303) $\begin{equation*} \dfrac{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k+1)}{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k-1)}= \dfrac{ \prod\limits_{k=4}^{n+2} (k-1)}{ \prod\limits_{k=2}^{n} (k-1)}= \dfrac{ n(n+1)}{2}. \end{equation*}$

Inoltre, detti

$c_k \coloneqq k^2-k+1 \quad \mbox{e} \quad d_k \coloneqq k^2+k+1 \qquad \forall\, k \geq 2,$

si ha

(304) $\begin{equation*} c_{k+1}=(k+1)^2-(k+1)+1=k^2+2k+1-k-1+1=d_k. \end{equation*}$

Utilizzando (304), troviamo

(305) $\begin{equation*} \dfrac{\prod\limits_{k=2}^{n} (k^2-k+1)}{\prod\limits_{k=2}^{n} (k^2+k+1)}= \dfrac{ \prod\limits_{k=2}^{n} c_k}{ \prod\limits_{k=2}^{n} d_k} =\dfrac{ \prod\limits_{k=1}^{n-1} c_{k+1}}{ \prod\limits_{k=2}^{n} d_k} =\dfrac{ \prod\limits_{k=1}^{n-1} d_k}{ \prod\limits_{k=2}^{n} d_k}= \dfrac{d_1}{d_n}=\dfrac{3}{n^2+n+1}. \end{equation*}$

Sostituendo, infine, (303) e (305) in (306), troviamo

$\prod_{k=2}^{n} \dfrac{k^3+1}{k^3-1}= \dfrac{ n(n+1)}{2} \cdot \dfrac{3}{n^2+n+1}=\dfrac{3 n(n+1)}{2(n^2+n+1)}.$

Concludiamo che

$\prod_{n=2}^{+ \infty} \dfrac{n^3+1}{n^3-1}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \prod_{k=2}^{n} \dfrac{k^3+1}{k^3-1}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{3 n(n+1)}{2(n^2+n+1)}=\dfrac{3}{2}.$

L’ipotesi che la successione $\left\{ a_n \right\}$ debba essere a termini positivi è necessaria, come mostra il seguente esempio.

Esempio 34. Dimostriamo che il seguente prodotto infinito

$\prod_{n=1}^{+\infty} \dfrac{n+1}{n+2}$

converge, e calcoliamone il valore.

Notiamo che, in questo caso:

$\dfrac{n+1}{n+2}= 1- \dfrac{1}{n+2} \eqqcolon1+ a_n,$

e che la serie

$\sum_{n=1}^{+\infty} a_n=- \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n+2} =- \sum_{n=3}^{+\infty} \dfrac{1}{n}$

non converge, cf. lemma 7.

Tuttavia, per ogni $n \geq 1$ , si ha

(306) $\begin{equation*} \prod_{k=1}^{n}\dfrac{k+1}{k+2} =\dfrac{\prod\limits_{k=1}^{n}{(k+1)}}{\prod\limits_{k=1}^{n}{(k+2)}}=\dfrac{2 \cdot \cancel{3} \cdot \dots \cdot \cancel{(n+1})}{\cancel{3} \cdot \dots \cdot \cancel{(n+1)} \cdot(n+2)}= \dfrac{2}{n+2}, \end{equation*}$

dunque

$\prod_{n=1}^{+ \infty}\dfrac{n+1}{n+2}= \lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{2}{n+2}=0.$

Appendice B. Approfondimento sulla serie armonica

Introduzione.

Sia

(307) $\begin{equation*} H= \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n} \end{equation*}$

la serie armonica e

(308) $\begin{equation*} H_\alpha= \sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^{\alpha}},\qquad\forall\, \alpha \in \mathbb{R} \end{equation*}$

la serie armonica generalizzata di esponente $\alpha$ .

B.1 Approcci diversi alla convergenza della serie armonica.

In questa sezione proponiamo approcci alternativi allo studio del carattere della serie armonica generalizzata del primo tipo e del secondo tipo, rispetto a quanto fatto in questa dispensa, cf. lemma 7, lemma 8. Per ulteriori dimostrazioni sulla divergenza della serie (307) si veda, ad esempio, [6].

Le dimostrazioni che seguono utilizzano il criterio di Cauchy, cf. proposizione 2, il criterio integrale, cf. teorema 7, il criterio di Raabe, cf. teorema 8, e infine la teoria delle somme telescopiche, cf. lemma 6.

$\quad$

Applicando il criterio di Cauchy: Discutiamo il carattere di $H$ , cf. (307), applicando il criterio di Cauchy. Se $H$ fosse convergente, per il criterio di Cauchy per le serie, cf. proposizione 2, scegliendo ad esempio $\varepsilon=\dfrac{1}{2}$ , troveremmo un $N_{\frac{1}{2}}>0$ tale che per ogni $m>N_{\frac{1}{2}}$ e $p=m\geq0$ , si ha che

$\sum_{k=m+1}^{2m }\dfrac{1}{n}<\dfrac{1}{2}.$

Notiamo, però, che

$\sum_{k=m+1}^{2m }\dfrac{1}{n}>\sum_{k=m+1}^{2m}\dfrac{1}{2m}=\dfrac{1}{2m}\cdot m=\dfrac{1}{2}$

che porta quindi ad un assurdo. Concludiamo che la serie ha carattere divergente.

Discutiamo il carattere della serie $H_{\alpha}$ , cf. (308) per $\alpha \in (0,1).$ applicando il criterio di Cauchy. Se la serie (175) fosse convergente, per il criterio di Cauchy, per ogni $\varepsilon>0$ esisterebbe un $N>0$ tale che per ogni $m>N$ , e per ogni $p\geq 0$

$\sum_{k=m+1}^{m+p}\dfrac{1}{k^\alpha} <\varepsilon.$

Notiamo che

$\begin{aligned} \sum_{k=m+1}^{m+p}\dfrac{1}{k^\alpha}=\sum_{k=1}^{p}\dfrac{1}{\left(m+k\right)^\alpha}>\underbrace{\dfrac{1}{\left(m+p\right)^\alpha}+\dots+\dfrac{1}{\left(m+p\right)^\alpha}}_{p \,\,\text{termini}}=\dfrac{p}{\left(m+p\right)^\alpha}. \end{aligned}$

Ponendo $p=m$ , otteniamo

$\sum_{k=m+1}^{2m}\dfrac{1}{k^\alpha}>\dfrac{m^{1-\alpha}}{2^\alpha} \to +\infty \qquad \mbox{per}\quad m \to +\infty,$

quindi la successione non può essere di Cauchy.

Un metodo alternativo, che presuppone l’analogo risultato per la serie armonica $H$ , è il seguente: per ogni $\alpha \in (0,1)$

$\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^\alpha}>\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}\to +\infty \qquad \mbox{per}\quad n \to +\infty.$

Applicando il teorema del confronto Discutere il carattere della serie $H_\alpha,$ cf. (308). Fissiamo $\alpha>1$ e consideriamo la successione $\displaystyle H_n=\sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k^\alpha}$ . Risulta chiaro che $H_{n+1}\geq H_n$ , cioè $\{ H_n \}$ è monotona crescente. Consideriamo la sottosuccessione dei termini dispari $\{ H_{2n+1} \}$ e notiamo che

$H_{2n+1}=\sum_{k=1}^{2n+1}\dfrac{1}{k^{\alpha}}=1+\dfrac{1}{2^\alpha}+\dots+\dfrac{1}{n^\alpha}+\dots+\dfrac{1}{\left(2n\right)^\alpha}+\dfrac{1}{{\left(2n+1\right)}^\alpha}>\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^{\alpha}}\qquad \forall\, n>1.$

Si ha

$\begin{aligned} \forall\, n>1\qquad H_{2n+1}&=\sum_{k=2,4,6\dots}^{2n}\dfrac{1}{k^{\alpha}}+\sum_{k=1,3,5\dots}^{2n+1}\dfrac{1}{k^{\alpha}}=\\ &=\dfrac{1}{2^\alpha}+\dfrac{1}{4^\alpha}+\dots+\dfrac{1}{\left(2n\right)^\alpha}+1+\dfrac{1}{3^\alpha}+\dfrac{1}{5^\alpha}+\dots+\dfrac{1}{\left(2n+1\right)^\alpha}=\\ &=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}+\sum_{k=0}^{n}\dfrac{1}{\left(2k+1\right)^{\alpha}}. \end{aligned}$

Poiché

$\forall\, n>1\qquad \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}>\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k+1\right)^{\alpha}},$

si ha

$\begin{aligned} \forall\, n>1\qquad H_{2n+1}&= \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}+1+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k+1\right)^{\alpha}}<\\ &<\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}+1+\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}=1+2\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\left(2k\right)^{\alpha}}=\\ &=1+2^{1-\alpha}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k^{\alpha}}=1+2^{1-\alpha}H_n<1+2^{1-\alpha}H_{2n+1} \end{aligned}$

cioè

$\forall\, n>1\qquad H_{2n+1}<1+2^{1-\alpha}H_{2n+1}\quad \iff \quad H_{2n+1}\left(1-2^{1-\alpha}\right)<1.$

Notiamo che

$1-2^{1-\alpha}>0 \quad \iff \quad 2^{1-\alpha}<1 \quad \iff \quad\alpha > 1 ,$

pertanto

$H_n<H_{2n+1}<\dfrac{1}{\left(1-2^{1-\alpha}\right)}\qquad \forall\, n\in \mathbb{N},\; \alpha>1.$

Dunque, $\{ H_n \}$ è anche limitata, e per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71], essa converge a un limite finito, per ogni $\alpha >1$ .

Applicando il criterio integrale Discutiamo il carattere della serie $H$ , cf. (307), applicando il criterio integrale.

I termini della serie formano una successione decrescente. Possiamo applicare il criterio dell’integrale, cf. 7, confrontando la serie con l’integrale della funzione $f: [1,+\infty)\to \mathbb{R}, \; f(x) \coloneqq \dfrac{1}{x}$ . Si ha

$\begin{aligned} \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{1}{x}\,{\rm d}x = \ln(x)\bigg\vert_{1}^{+\infty} = \lim\limits_{x \rightarrow +\infty}\ln(x)-\underbrace{\ln 1}_{=0} = +\infty. \end{aligned}$

Poiché l’integrale diverge, diverge anche la serie associata.

Discutiamo il carattere della serie $H_{\alpha}$ per $\alpha\neq 1$ , cf. (308), applicando il criterio integrale: Osserviamo che per ogni $\alpha> 0\,\,\wedge \alpha \neq 1$ la successione $\left\{ \dfrac{1}{n^\alpha} \right\}$ è decrescente, quindi è possibile applicare il criterio dell’integrale. La serie $H_\alpha$ ha lo stesso carattere delll’integrale della funzione $f: [1,+\infty)\to \mathbb{R}, \; f(x)\coloneqq \dfrac{1}{x^\alpha}$ :

$\begin{aligned} \int\limits_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^\alpha}\,{\rm d}x = \left(\frac{x^{-\alpha+1}}{{-\alpha+1}}\right)_{1}^{+\infty} = \frac{1}{1-\alpha}\left( \lim\limits_{x \rightarrow +\infty}x^{-\alpha+1}-1\right) = \left\{ \begin{array}{ll} -\dfrac{1}{1-\alpha}, &\text{ se } \alpha > 1 \\\\ +\infty, &\text{ se } \alpha < 1. \end{array}\right. \end{aligned}$

Applicando il criterio di Raabe: Discutiamo il carattere della serie , cf. (308), applicando il criterio di Raabe. Applicando il criterio, abbiamo

$\begin{aligned} &\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\left(n+1\right)^\alpha}{n^\alpha}-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left({\left(1+\dfrac{1}{n}\right)^\alpha -1}\right)=\\ &=\lim_{n\to+\infty}n\left(1+\dfrac{\alpha}{n}+\left(\dfrac{1}{n}\right)-1\right)=\lim_{n\to+\infty}n\left(\dfrac{\alpha}{n}+o\left(\dfrac{1}{n}\right)\right)=\alpha. \end{aligned}$

Per il criterio di Raabe, si può affermare quanto segue:

$\quad$
- se $\alpha\in(1,+\infty)$ , la serie converge;
- se $\alpha=1$ , non si può dire nulla sul carattere della serie;
- se $\alpha\in(-\infty,1)$ , la serie diverge.

Usando somme telescopiche: Dimostriamo innanzitutto che $H$ , cf. (307), diverge, utilizzando le somme telescopiche, cf. lemma 6. Notiamo che, cf. (300), vale la seguente disuguaglianza

(309) $\begin{equation*} \ln(1+x)\leq x\qquad \forall\, x >-1, \end{equation*}$

Allora, per ogni $n \geq 1$ , si ha

(310) $\begin{equation*} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} \geq \sum_{k=1}^{n} \ln \left( 1+ \dfrac{1}{k} \right)= \sum_{k=1}^{n}\left( \ln \left( k+1 \right) - \ln k \right)= \ln(n+1). \end{equation*}$

Dunque, concludiamo che

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} \geq \lim_{n \rightarrow + \infty} \ln (n+1)=+\infty.$

Discutiamo ora il carattere della serie $H_{\alpha}$ per $\alpha\neq 1$ , cf. (308), utilizzando le serie telescopiche. Sia $f: (0,+\infty)\to \mathbb{R}$ una funzione differenziabile e convessa su $[1,+\infty)$ . Dal teorema di Lagrange, otteniamo che per ogni $n\geq 1$

(311) $\begin{equation*} \exists \xi_n \in \left( n-\frac 1 2, n+ \frac 1 2 \right) : \quad f\left( n+\frac 1 2 \right) - f\left( n-\frac 1 2 \right)=f'(\xi_n). \end{equation*}$

Inoltre, per la convessità, la sua derivata prima è crescente in $[1,+\infty)$ , dunque vale che

(312) $\begin{equation*} f'(n+ 1 ) \geq f\left( n+\frac 1 2 \right)-f\left( n-\frac 12 \right) \qquad \forall\, n \geq 1. \end{equation*}$

Notiamo che per ogni $\beta\in\mathbb{R}\setminus \left\{ 0\right\}$ , la funzione

(313) $\begin{equation*} f: (0,+\infty)\to \mathbb{R}, \; f(x)=\dfrac{1}{x^\beta}, \end{equation*}$

è differenziabile e strettamente convessa su $(0,+\infty)$ . Applicando la disuguaglianza (312) alla funzione (313), otteniamo

(314) $\begin{equation*} \frac{\beta}{(n+1)^{\beta+1}}\leq \frac{1}{(n-\frac 1 2)^\beta}-\frac{1}{(n+\frac 1 2)^\beta} \qquad \forall\, n \geq 1. \end{equation*}$

Fissato $N \geq 2$ , sommiamo ambo i membri della (314) per $1 \leq n \leq N$ , ottenendo, via proprietà telescopica:

$\sum_{n=2}^{N}\frac{1}{n^{\beta+1}} =\sum_{n=1}^{N-1}\frac{1}{(n+1)^{\beta+1}} \leq \frac{1}{\beta}\sum_{n=1}^{N-1}\left(\frac{1}{(n-\frac 12)^\beta}-\frac{1}{(n+\frac 12)^\beta}\right)=\frac{1}{\beta} \left( 2^{\beta} -\frac{1}{(N-\frac 12)^\beta} \right),$

che è sufficiente a provare la convergenza della serie armonica generalizzata (308) per ogni $\alpha > 1$ , in quanto

$\lim_{N\to +\infty}\frac{1}{\beta(N-\frac 12)^\beta}=0 \qquad \forall\, \beta>0.$

Per la divergenza della serie armonica generalizzata (308) per $\alpha<1$ , si può ragionare analogamente, considerando la disuguaglianza

(315) $\begin{equation*} \frac{\beta}{(n-1)^{\beta+1}}\geq \frac{1}{(n-\frac 1 2)^\beta}-\frac{1}{(n+\frac 1 2)^\beta}\qquad \forall\, n \geq 2. \end{equation*}$

B.2 La costante di Eulero-Mascheroni.

In questa sezione ci proponiamo di studiare la velocità con cui diverge la serie armonica (307), i.e. la velocità di divergenza della successione delle somme parziali $\left\{ H_n \right\}$ definita da

(316) $\begin{equation*} H_n\coloneqq \sum_{k=1}^{n} \dfrac{1}{k} \qquad \forall\, n\geq 1. \end{equation*}$

Lemma 13. Sia $\left\{ H_n \right\}$ definita da (316). Si ha

(317) $\begin{equation*} H_n \sim \ln n \qquad \mbox{per } n \to + \infty. \end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione. Esistono molte dimostrazioni di questo fatto. Scegliamo, per semplicità, di utilizzare il teorema di Stolz-Cesaro, cf. teorema 6. Notiamo che la successione $\left\{ \ln n \right\}$ è crescente e illimitata, dunque soddisfa le ipotesi del teorema. Poiché

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{H_{n+1}-H_n}{\ln(n+1)-\ln n}=\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{\left( \dfrac{1}{n+1} \right)}{\ln\left( 1+ \dfrac{1}{n} \right)}=\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{1}{\ln\left( 1+ \dfrac{1}{n} \right)^{n+1}}=\dfrac{1}{\ln e}=1,$

dal teorema di Stolz-Cesaro si ha anche

$\lim_{n \rightarrow + \infty} \dfrac{H_n}{\ln n}=1.$

Nella prossima proposizione, stabiliamo l’ordine di tangenza delle successioni $\left\{ H_n \right\}$ e $\left\{ \ln n \right\}$ .

Proposizione 8. Sia $\left\{ H_n \right\}$ definita da (316). Allora, esiste

(318) $\begin{equation*} \gamma \coloneqq \lim_{n \rightarrow + \infty}\left( H_n - \ln n \right). \end{equation*}$

La costante $\gamma$ è detta costante di Eulero-Mascheroni e vale

$\gamma \sim 0.5772156649.$

$\quad$

Dimostrazione. Definiamo

(319) $\begin{equation*} \gamma_n \coloneqq H_n - \ln n\qquad \forall\, n\geq1, \end{equation*}$

Dimostriamo solo l’esistenza del limite (318), dando due dimostrazioni differenti. La prima fa uso del teorema delle successioni monotone, mentre l’altra richiede la teoria delle serie vista in questa dispensa.

Prima dimostrazione:

Mostriamo che $\left\{ \gamma_n \right\}$ è una successione monotona decrescente e inferiormente limitata. Per ogni $n>1$ , si ha

(320) $\begin{equation*} \gamma_{n}-\gamma_{n-1}= \left( H_n-H_{n-1} \right)+\left( \ln(n-1) - \ln n \right)=\dfrac{1}{n} + \ln \left( 1- \dfrac{1}{n} \right). \end{equation*}$

Utilizzando la disuguaglianza (309) nella (320), otteniamo che $\gamma_n \leq\gamma_{n-1}$ per ogni $n>1$ . Dunque, per il teorema delle successioni monotone, cf. [4, pag. 71], esiste

$\gamma = \lim_{n \rightarrow + \infty} \gamma_n= \inf_{n\geq 1} \gamma_n \in \mathbb{R}\cup\left\{ -\infty \right\}.$

Rimane da mostrare che la successione $\left\{ \gamma_{n} \right\}$ è inferiormente limitata. Denotiamo con $\lfloor \cdot \rfloor : \mathbb{R} \to \mathbb{R}$ la funzione parte intera, definita da

$\lfloor x \rfloor \coloneqq \max\left\{ k \in \mathbb{Z}: k \leq x \right\} \qquad \forall\, x \in \mathbb{R}.$

Notiamo che, poiché la parte intera è costante negli intervalli $[k,k+1)$ con $k \in \mathbb{Z}$ , si ha che

$\int_k^{k+1}\dfrac{1}{\lfloor x \rfloor}\, {\rm d}x=\dfrac{1}{k}\qquad \forall k\neq 0.$

Pertanto, per l’additività dell’integrale, abbiamo che, $\forall\, n \geq 1$

(321) $\begin{equation*} \gamma_{n}= \left( \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k} \right)- \ln n = \int_1^n\left( \dfrac{1}{\lfloor x \rfloor} - \dfrac{1}{x}\right)\, {\rm d}x \geq 0, \end{equation*}$

in quanto $\lfloor x \rfloor \leq x$ per ogni $x \in \mathbb{R}$ , e l’integrale di una funzione non negativa è non negativo. Concludiamo che $\gamma \geq 0$ .

Seconda dimostrazione:

Notiamo che, per la proprietà telescopica, cf. lemma 6, si ha²⁹

$\ln n = \sum_{k=1}^{n-1} (\ln (k+1 )- \ln k) \qquad \forall\, n \geq 2,$

$\gamma_{n}= \left( \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k} \right)- \ln n= \dfrac{1}{n}+ \sum_{k=1}^{n-1} \left(\dfrac{1}{k} - (\ln (k+1 )- \ln k)\right)= \dfrac{1}{n}+ \sum_{k=1}^{n-1} \left(\dfrac{1}{k} - \ln\left( 1+ \dfrac{1}{k} \right) \right).$

Concludiamo che

$\gamma=\lim_{n \rightarrow + \infty} \gamma_{n}= \sum_{k=1}^{+\infty} \left(\dfrac{1}{k} - \ln\left( 1+ \dfrac{1}{k} \right) \right)\geq 0,$

in quanto la serie al membro di destra è a termini positivi, cf. (309), e convergente, ad esempio, per il criterio del confronto asintotico, cf. teorema 2:

$\dfrac{1}{k} - \ln\left( 1+ \dfrac{1}{k}\right)= \dfrac{1}{k} - \dfrac{1}{k} + \dfrac{1}{2k^2} + o\left( \dfrac{1}{k^2} \right)= \dfrac{1}{2k^2} (1+o(1)) \qquad \mbox{per } n \to +\infty,$

e la serie

$\sum_{k=1}^{+\infty} \dfrac{1}{k^2}$

converge per il lemma 7.

$\quad$

Figura 8: rappresentazione grafica della costante di Eulero-Mascheroni, come conseguenza della sua rappresentazione integrale, cf. (321). La somma delle porzioni di area verde comprese tra i rettangoli e la curva $y=1/x$ , converge a $\gamma$ .

$\quad$

Osservazione 24. Si congettura che la costante di Eulero-Mascheroni sia un numero irrazionale, ma ciò rimane ancora un problema aperto, cf. [5].

Usando la convenzione che la somma vuota è nulla, le uguaglianze valgono banalmente anche per $n =1$ . ↩

Teoria sulle serie numeriche: riferimenti bibliografici

[1] Andrews G. E., Askey R., Roy R.; Special functions, Encyclopedia of Mathematics and Its Applications #71, Cambridge University Press 1999.

[2] Apostol, T. M.; Calculus, Volume I: One-Variable Calculus, with an Introduction to Linear Algebra, John Wiley & Sons 1967.

[3] Dedekind R., Essays on the Theory of Numbers: I. Continuity and Irrational Numbers, II. The Nature and Meaning of Numbers (translated by W.W. Beman), Chicago, Open Court Publishing, 1901.

[4] Giusti, E.; Analisi matematica 1, I Programma di matematica fisica elettronica, Bollati Boringhieri 1992.

[5] Havil, J., Gamma: Exploring Euler’s Constant, Princeton, NJ: Princeton University Press, 2003.

[6] Kifowit, Steven J.; Stamps, Terra A. (Spring 2006). “The harmonic series diverges again and again” (PDF). AMATYC Review. American Mathematical Association of Two-Year Colleges. 27 (2): 31–43.

[7] Muresan, M. ; A Concrete Approach to Classical Analysis, CMS Books in Mathematics, Springer 2008.

[8] Problem 12215. proposto da O. Furdui and A. Sintamarian (Romania), American Mathematical Monthly, Vol.127, November 2020

[9] Rudin, W.; Principles of mathematical analysis, International series in pure and applied mathematics, McGraw-Hill 1976.

[10] Rudin, W.; Real and complex analysis, International series in pure and applied mathematics, McGraw-Hill 1987.

[11] Teismann H., Toward a More Complete List of Completeness Axioms (vol. 120), The American Mathematical Monthly, 2013.

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