Esercitazioni di Analisi Matematica 1

Corso di laurea in Ingegneria Clinica. A.A. 2008-2009

Soluzioni Foglio 3

Esercizio 1. Sia assegnata la funzione seguente:

f(x) = x ln x.

1) Verificare che la funzione f e definita ed e crescente in un intorno dix = 1.

2) Controllare che la funzione f e derivabile in x = 2 e determinare l’e-quazione della retta tangente al grafico della funzione nel punto di ascissax = 2.

Rispondiamo al primo quesito.

1) La funzione f sotto esame e definita in D = (0, +∞) ed e continua ederivabile in D (perche?). La derivata di f e data da

f ′(x) = ln(x) + 1 per ogni x ∈ D.

Dato che f ′(1) = 1 > 0, concludiamo che esiste un intorno di x = 1 in cuila funzione f e crescente.

Facciamo infatti riferimento al seguente risultato (conseguenza del Teoremadi Lagrange): sia assegnata una funzione reale f definita in un sottoinsiemeaperto D di R (in generale basta che il punto x0 ∈ D che tra un attimoprenderemo in esame sia di accumulazione per D e l’ipotesi che D sia uninsieme aperto garantisce esattamente questa condizione), continua e deri-vabile in D. Sia x0 ∈ D tale che risulti f ′(x0) > 0. Allora esiste un intornoI di x0 in cui f e crescente (ovvero esiste un numero reale δ > 0 tale che fe crescente nell’intervallo aperto e limitato (x0 − δ, x0 + δ)).Ricordate questo notevole risultato visto a lezione (eventualmente non nel-la stessa forma, senza che pero cambi la sostanza della questione in esame)?

Passiamo al secondo quesito.

2) Verifichiamo rigorosamente che la funzione f e derivabile in x0 = 2. Dob-biamo verificare che esistono finite e uguali la derivata sinistra e la derivatadestra della f in x0 = 2. Si ha

limh→0±

f(2 + h)− f(2)h

= limh→0±

(2 + h) ln(2 + h)− 2 ln 2h

=

1

= limh→0±

2[ln(2 + h)− ln 2] + h ln(2 + h)h

= limh→0±

ln(1 + h

2

)h2

+ limh→0±

h ln(2 + h)h

= 1+ln 2.

Osservate bene che nell’ultima uguaglianza ho sfruttato il limite notevole

limt→0±

ln(1 + t)t

= 1,

dopo aver eseguito la sostituzione t = h2 .

In definitiva, la funzione f e derivabile in x0 = 2 e, come d’altronde cisi aspettava (ritornate per un attimo al punto 1)), si ha che f ′(2) = 1+ln 2.

Resta solo da scrivere l’equazione della retta tangente al grafico della fun-zione f nel suo punto di ascissa x0 = 2. Osserviamo che f(2) = 2 ln 2.L’equazione della retta tangente che andiamo cercando e quella della rettapassante per il punto P di coordinate (2, 2 ln 2) e avente come coefficienteangolare proprio f ′(2) = 1 + ln 2.Per quelli che avessero lacune in geometria analitica ricordo che, scrittal’equazione di una generica retta del piano nella forma y = mx + q (stotrascurando con cognizione di causa le rette parallele all’asse y), va richie-sto che il coefficiente angolare m sia uguale a f ′(2); si determina quindiil termine noto q imponendo il passaggio della retta per il punto P di cuiconoscete le coordinate.L’equazione della retta tangente cercata e

y = (1 + ln 2)x− 2.

Esercizio 2. Sia assegnata la funzione seguente:

f(x) = x3 +√

x− 5.

1) Senza fare lo studio dettagliato della funzione, concludere che essa am-mette almeno uno zero nell’intervallo [0, 2].

2) Aiutandosi con lo studio del comportamento della funzione nell’intervallo[0, 2], determinare il numero degli zeri della funzione nel suddetto intervallo.

Procediamo per gradi. Cominciamo con il primo quesito.

1) Osserviamo prima di tutto che la funzione f sotto esame e definita nel-l’intervallo D = [0, +∞). Ha dunque senso considerarne la restrizione al-l’intervallo [0, 2]. Inoltre la funzione f e continua in D e derivabile in D\{0}(dimostrate rigorosamente che f non e derivabile (da destra) in x0 = 0).Ricordiamoci l’enunciato del teorema di esistenza degli zeri.

2

Teorema 1 (Teorema di esistenza degli zeri). Sia I = [a, b] un intervallochiuso e limitato di R. Sia f : I → R una funzione continua in I. Se lafunzione f assume agli estremi dell’intervallo I due valori di segno opposto(ovvero se f(a)·f(b) < 0) allora f ammette almeno uno zero in (a, b). Esistecioe almeno un punto x0 ∈ (a, b) tale che f(x0) = 0.

Nel nostro caso le ipotesi del teorema dell’esistenza degli zeri sono verificate.In particolare I = [0, 2], la funzione f e definita e continua in I. Inoltre siha

f(0) = −5 < 0

ef(2) = 3 +

√2 > 0.

Dunque f ammette almeno uno zero in I.

Passiamo al secondo quesito.

Quanti sono gli zeri della funzione f nell’intervallo [0, 2]? Sicuramente cen’e uno, visto il risultato al punto 1). Ce ne sono altri? Aiutiamoci con lostudio (parziale) del grafico della funzione f nell’intervallo I = [0, 2]. Perquanto detto sopra, la funzione f e derivabile in I ′ = (0, 2] (in x0 = 2 esistela derivata sinistra di f , mentre in x0 = 0 la funzione non e derivabile dadestra) e risulta

f ′(x) = 3x2 +1

2√

xcon x ∈ I ′.

E evidente che f ′(x) > 0 per ogni x ∈ I ′. Dunque la funzione f e stretta-mente crescente in I e puo intersecare l’asse delle x al piu una volta.In definitiva la funzione f ammette un unico zero in I = [0, 2].

Esercizio 3. Quante soluzioni reali hanno le seguenti due equazioni?

2ex(x− 1) = −1,

4x− x4 = 4.

Prendiamo in esame la prima delle due equazioni

2ex(x− 1) = −1.

In generale non c’e modo di risolvere quest’equazione con metodi algebrici.Pertanto la strategia che consiste nel determinarne le soluzioni e contarneil numero non porta lontano. I valori esatti delle soluzioni non si riesconoa determinare, anche se e possibile avvicinarsi alle soluzioni con qualunqueprecisione con metodi di analisi numerica. L’esercizio tiene conto di questadifficolta. Non vi e infatti richiesto di trovare le soluzioni dell’equazionebensı di determinarne soltanto il numero. Osserviamo che cercare il numero

3

delle soluzioni dell’equazione sotto esame equivale a determinare il numerodegli zeri (ovvero il numero delle intersezioni con l’asse delle ascisse) dellafunzione

f(x) = 2ex(x− 1) + 1.

Studiamo l’andamento della funzione f . Sara sufficiente fare particolareattenzione al comportamento della funzione agli estremi del dominio, agliintervalli di monotonia della funzione nonche alla posizione degli eventualipunti di estremo relativo (perche? Se non riuscite a capirlo subito, non potranon esservi chiaro alla fine dell’esercizio!).La funzione f e definita in D = R, e continua e derivabile in D. Inoltre siha

limx→−∞

f(x) = 1 e limx→+∞

f(x) = +∞.

La funzione f ha dunque un asintoto orizzontale (y = 1) per x → −∞ men-tre esplode (i.e. tende a +∞) per x → +∞ (mi disinteresso completamentedi tutti gli altri asintoti: come mai?).Per ogni x ∈ D risulta

f ′(x) = 2xex.

Studiando il segno di f ′, si verifica che f e decrescente in (−∞, 0), ha unpunto di minimo relativo (e assoluto) in x0 = 0 (il punto sul grafico dicoordinate (0, f(0) = −1)), quindi cresce in (0, +∞).E piuttosto chiaro (dal grafico della f) che la funzione interseca l’asse dellex due volte (e cruciale il fatto che f sia continua!). In altre parole f am-mette due zeri in D = R. Dunque l’equazione di partenza ha due soluzionireali (in particolare una e positiva e una e negativa).

Passiamo alla seconda equazione

4x− x4 = 4.

Le soluzioni di quest’equazione sono gli zeri della funzione

f(x) = 4x− x4 − 4.

Come prima, studiamo l’andamento della funzione f , definita di nuovo inD = R. La f e continua e derivabile in D e risulta

limx→±∞

f(x) = −∞.

La funzione non ammette, in particolare, asintoti orizzontali.Inoltre f ′(x) = −4x3 + 4 per ogni x ∈ D.Studiamo il segno di f ′. Si ha

f ′(x) ≥ 0 ⇐⇒ 4x3−4 ≤ 0 ⇐⇒ x3−1 ≤ 0 ⇐⇒ (x−1)(x2+x+1) ≤ 0 ⇐⇒

4

⇐⇒ x− 1 ≤ 0 ⇐⇒ x ≤ 1.

Ne segue che la funzione f e crescente in (−∞, 1), ha un punto di massimorelativo (e assoluto) in x0 = 1 (il punto sul grafico di coordinate (1, f(1) =−1)) e poi decresce in (1, +∞).Anche in questo caso si evince dal grafico che la funzione f non intersecamai l’asse delle x e dunque l’equazione sotto esame non ammette soluzionireali.

Esercizio 4. Fare uno studio esaustivo delle seguenti due funzioni (domi-nio, intersezioni con gli assi, continuita, limiti agli estremi del dominio,asintoti, derivabilita, monotonia, convessita, punti di estremo relativo, pun-ti di flesso). Studiare rigorosamente i punti in cui le due funzioni non sonoderivabili (i.e. dimostrare, usando la definizione di derivata come limitedel rapporto incrementale, la non derivabilita delle due funzioni nei puntiincriminati):

f(x) = ln (1− |x|),

f(x) = |x|√

x + 1.

Cominciamo con lo studio della prima funzione

f(x) = ln(1− |x|).

La funzione f e definita per quelle x reali per cui l’argomento del logaritmoe strettamente positivo. In altre parole il dominio D della funzione f ecostituito dall’insieme delle soluzioni reali della seguente disuguaglianza

1− |x| > 0.

Risolvendo questa disuguaglianza (piu volte incontrata nel corso delle eser-citazioni) si trova che D = (−1, 1). La funzione f ha un’unica intersezionecon gli assi cartesiani nell’origine (0, 0) del sistema di riferimento. Inoltre,studiando il segno di f , si trova che f(x) < 0 in D \ {0}.La funzione f e continua in D, in quanto composizione di funzioni elemen-tari che sono continue. Studiamo i limiti agli estremi del dominio della f .Si ha

limx→−1+

f(x) = limx→1−

f(x) = −∞.

Le rette di equazione x = −1 e x = 1 sono rispettivamente un asintotoverticale destro e un asintoto verticale sinistro della funzione f .La funzione f e derivabile in D \ {0}, in quanto composizione di funzioniderivabili in D \ {0}. Controlliamo rigorosamente la non derivabilita dif in x0 = 0 (punto in cui si annulla un modulo presente nell’espressioneche definisce la f), calcolando (se esistono) la derivata destra e la derivatasinistra della f in x0 = 0. Si ha

limh→0+

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0+

ln(1− |h|)h

= − limh→0+

ln(1− h)−h

= −1,

5

mentre

limh→0−

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0−

ln(1− |h|)h

= limh→0−

ln(1 + h)h

= 1.

Dunque esistono finite la derivata destra e la derivata sinistra della f inx0 = 0, ma sono diverse. Abbiamo dimostrato rigorosamente che la funzionef non e derivabile in x0 = 0 (che e un punto angoloso).Per ogni x ∈ D \ {0} si ha (usero la scrittura compatta per la derivata, seaveste aperto il modulo e derivato separatamente i due rami della funzionef , vi esorto a controllate che la mia espressione compatta della f ′ coincidecon i vostri due rami della f ′: basta che apriate il modulo nell’espressioneche definisce la mia derivata)

f ′(x) =1

1− |x|·(− x

|x|

)=

−x

|x|(1− |x|).

Studiando il segno di f ′, si trova che f ′ e positiva in (−1, 0) ed e negativain (0, 1). Dunque la funzione f e crescente in (−1, 0), mentre decresce nel-l’intervallo (0, 1). In x0 = 0 ha un punto (anche se di non derivabilita) dimassimo relativo e assoluto.La funzione f ′ e derivabile ancora una volta in D\{0} e per ogni x in D\{0}risulta (ricordando che (|x|)′ = x

|x|)

f ′′(x) = − 1(1− |x|)2

.

Studiando il segno di f ′′ si verifica che la funzione f ha sempre la concavitarivolta verso il basso (i.e. f e concava) e non ammette punti di flesso (f ′′

non si annulla mai in (−1, 1) \ {0}).

Passiamo allo studio della seconda funzione

f(x) = |x|√

x + 1.

La funzione f e definita per tutte quelle x reali per cui esiste la radice, cioeper quelle x reali per cui la funzione che funge da radicando e non negativa.Se denotiamo, come al solito, con D il dominio di f , risulta D = [−1, +∞).La funzione f ha due intersezioni con gli assi cartesiani nei punti (−1, 0) e(0, 0). Inoltre la funzione e sempre non negativa (facile).La f e poi continua su tutto D, in quanto prodotto di funzioni continue.Risulta inoltre

limx→+∞

f(x) = +∞.

In particolare la funzione f non ammette alcun tipo di asintoto (nemmenoun asintoto obliquo per x → +∞).

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La funzione f e derivabile in D\{−1, 0} perche prodotto di funzioni derivabiliin D\{−1, 0}. Studiamo in dettaglio il carattere dei punti di non derivabilitadella f , procedendo come nello studio della funzione precedente.1) La funzione f non e derivabile da destra in x0 = −1 perche il limitedestro del rapporto incrementale della f a partire da x0 = −1 (che definiscel’eventuale derivata destra della f in x0 = −1) esiste ma e infinito. Infatti

limh→0+

f(−1 + h)− f(−1)h

= limh→0+

|h− 1|√−1 + h + 1h

= limh→0+

1− h√h

= +∞.

2) La funzione f non e derivabile in x0 = 0 (punto in cui di nuovo si annullaun modulo presente nell’espressione che definisce la f) perche i limiti destroe sinistro del rapporto incrementale della f a partire da x0 = 0 esistonofiniti ma sono diversi (ovvero la derivata sinistra e quella destra della f inx0 = 0 esistono finite, ma sono diverse). Infatti

limh→0+

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0+

|h|√

h + 1h

= limh→0+

h√

h + 1h

= 1,

mentre

limh→0−

f(0 + h)− f(0)h

= limh→0−

|h|√

h + 1h

= limh→0+

−h√

h + 1h

= −1.

Dunque il punto x0 = 0 e un punto angoloso, mentre il punto x0 = −1 e unpunto a tangente verticale. Per le x ∈ D \ {−1, 0} risulta

f ′(x) =x

|x|√

x + 1 + |x| 12√

x + 1=

3x2 + 2x

2|x|√

x + 1.

Studiando il segno di f ′, si ha che f ′ si annulla nel punto x0 = −23 , e

positiva in (−1,−23)∪ (0, +∞) ed e negativa in (−2

3 , 0). Dunque la funzionef cresce in (−1,−2

3), ha un punto di massimo relativo (ma non assoluto) inx0 = −2

3 , decresce in (−23 , 0), ha un punto di minimo relativo (e assoluto)

in x0 = 0 (attenzione: f non e derivabile in x0 = 0, tuttavia f(0) = 0 e 0 eil minimo valore assunto da f in D) per poi crescere in (0, +∞). Anche ilpunto x0 = −1 e un punto di minimo relativo (e assoluto) della f : perche?La funzione f ′ e derivabile ancora una volta in D \ {−1, 0} e per ogni x ∈D \ {−1, 0} risulta

f ′′(x) =3x2 + 4x

4|x|(x + 1)√

x + 1.

Lo studio del segno di f ′′ mostra come la funzione sia concava in (−1, 0) econvessa in (0, +∞].

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Esercizio 5. Scrivere lo sviluppo di Taylor di grado tre in x0 = 0 delleseguenti funzioni (stimando la velocita dell’andamento a 0 del resto per x →0):

f(x) = xex,

f(x) = sin2 x,

f(x) =ex − e−x

2,

f(x) = ln (1 + x).

Per poter applicare il teorema di Taylor e dunque scrivere il polinomio digrado tre approssimante una funzione f in un intorno di x0 = 0, la fun-zione sotto esame deve essere definita in x0 = 0, continua e derivabile concontinuita almeno tre volte in un intorno di x0 = 0.Ognuna delle funzioni assegnate e definita in x0 = 0 e verifica tutte le pro-prieta di regolarita richieste dalle ipotesi del teorema di Taylor (convinti?).Per ognuna delle funzioni assegnate e dunque possibile scrivere il polinomiodi Taylor di grado 3 approssimante la funzione in esame in un intorno dix0 = 0.Vi ricordo che il polinomio di Taylor di grado tre approssimante f in unintorno di x0 = 0 ha l’espressione

P (x) = f(0) + f ′(0)x +f ′′(0)

2x2 +

f ′′′(0)6

x3

per tutte le x reali sufficientemente vicine a x0 = 0.Per tali x si ha che

f(x) = P (x) + R(x)

con la funzione resto R = R(x) avente la proprieta di essere un o(x3) perx → 0, cioe tale che

limx→0

R(x)x3

= 0.

In definitiva, possiamo scrivere f(x) = P (x)+o(x3) per le x sufficientementeprossime a x0 = 0.Prendiamo in esame la prima delle funzioni assegnate

f(x) = xex.

Si verifica facilmente che

f ′(x) = (x + 1)ex,

f ′′(x) = (x + 2)ex,

f ′′′(x) = (x + 3)ex.

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In particolare f(0) = 0, f ′(0) = 1, f ′′(0) = 2, f ′′′(0) = 3. Dunque, uti-lizzando la formula del polinomio di Taylor di grado tre enunciata sopra,possiamo affermare che per tutte le x sufficientemente prossime a x0 = 0 siha

f(x) = x + x2 +x3

2+ o(x3).

Ragionando nello stesso modo per le altre tre funzioni assegnate (cioe deter-minando le prime tre derivate di ciascuna delle funzioni e ricorrendo allaformula di Taylor) si trova che, per le x vicine a x0 = 0, valgono i seguentisviluppi

f(x) = sin2 x = x2 + o(x3),

f(x) =ex − e−x

2= x +

x3

6+ o(x3),

f(x) = ln(1 + x) = x− x2

2+

x3

3+ o(x3).

Utilizzando gli sviluppi di Taylor studiati, dobbiamo calcolare i seguenti li-miti.Procediamo con ordine. Ricordiamo, per prima cosa, due sviluppi notevoli,incontrati piu volte a lezione. Per le x vicine a 0 si ha

f(x) = sinx = x− x3

6+ o(x3)

e

f(x) = 1− cos x =x2

2+ o(x2).

Calcoliamo i limiti seguenti, ricorrendo al solo utilizzo degli sviluppi di Tay-lor (evidentemente in prossimita di x0 = 0, visto che tutti i limiti assegnatisono in regime x → 0) delle funzioni a numeratore e a denominatore dellefrazioni sotto esame. Osserviamo ancora una volta che nel calcolo dei limi-ti si puo sostituire una funzione con un suo opportuno sviluppo di Taylortrascurando il resto (e chiaro a tutti perche cio sia lecito?!). Fate moltaattenzione: di volta in volte arresteremo lo sviluppo di Taylor all’ordine piuconveniente.

limx→0

ex − e−x

ln (1 + x)= 2 lim

x→0

ex−e−x

2

ln(1 + x)= 2 lim

x→0

x

x= 2,

limx→0

x− sin x

x3= lim

x→0

x− (x− x3

6 )x3

= limx→0

x3

6

x3=

16,

limx→0

x sin x

1− cos x= lim

x→0

x(x− x3

6 )12x2

= limx→0

x2 − x4

612x2

= 2,

9

limx→0

x sin x

ln (1 + x)= lim

x→0

x2 − x4

6

x= 0.

Esercizio 6. Discutere il carattere delle serie sottoelencate. Si consiglia diprocedere secondo il seguente schema.PASSO 1. Stabilire se la serie e a termini non negativi o a segni alterni.Come e noto, nel primo caso, la serie o converge o diverge. Nel secondo casoinvece la serie puo divergere, essere indeterminata, convergere assolutamenteo semplicemente.PASSO 2. Controllare che il termine generico della serie sia infinitesimo.In caso contrario la serie diverge.PASSO 3. C’e un’alternativa. Se avete a che fare con una serie a termininon negativi, ricorrete al criterio del rapporto, della radice, del confronto odel confronto asintotico per stabilirne il carattere. Se invece avete a che farecon una serie a segni alterni, controllate dapprima se questa e assolutamen-te convergente (sara dunque automaticamente semplicemente convergente).Per la semplice convergenza, qualora fosse possibile, ricorrete al criterio diLeibniz.

Discutiamo le serie una dopo l’altra. Per le serie a termini non negativiindicheremo con an ≥ 0 il termine generico della serie. Per le serie a ter-mini a segno alterno il termine generico avra l’espressione (−1)n · an conan ≥ 0.

+∞∑n=1

n3

n!

La serie sotto esame e a termini non negativi. Risulta

limn→+∞

an = limn→+∞

n3

n!= 0.

La condizione necessaria per la convergenza di una serie e verificata. Laserie potrebbe convergere. La convergenza della serie e di fatto garantita dalcriterio del rapporto. Si ha infatti

an+1

an=

(n + 1)3

(n + 1)!· n!n3

=(n + 1)3

(n + 1)n!· n!n3

=(n + 1)2

n3→ 0 < 1 per n → +∞.

Passiamo alla serie successiva+∞∑n=1

((1110

)n

· 1n5

).

La serie sotto esame e a termini non negativi. La serie e divergente percheil suo termine generico an diverge per n → +∞. Infatti si ha

limn→+∞

an = limn→+∞

(1110

)n

n5= +∞,

10

visto che per ogni a > 1 e per ogni α ∈ R si ha

limn→+∞

an

nα= +∞.

Passiamo avanti. Studiamo il carattere della serie+∞∑n=1

2n− 1(√

2)n.

La serie sotto esame e a termini non negativi e puo convergere, dal momentoche

an =2n− 1(√

2)n→ 0 per n → +∞.

La serie e convergente perche maggiorata dalla serie convergente

+∞∑n=1

2n

(√

2)n.

Stiamo ricorrendo al criterio del confronto. La convergenza della serie mag-giorante puo essere, per esempio, verificata, ricorrendo al criterio dellaradice.Se definiamo

bn =2n

(√

2)n,

si ha chen√

bn =2

1n · n

√n√

2→ 1√

2< 1 per n → +∞,

ricordando chen√

n → 1 per n → +∞.

Passiamo a discutere la serie+∞∑n=1

(n + 12n− 1

)n

.

La serie sotto esame e a termini non negativi. Il termine generico di que-sta serie an e infinitesimo per n → +∞. Ci sono molti modi per verificarequesto fatto. Eccone uno non standard (in cui non si ricorre al trucco del-l’esponenziale di base e del logaritmo di an), a titolo di esempio. Dal fattoche

limn→+∞

n + 12n− 1

=12,

segue che, definitivamente (i.e. da un n sufficientemente grande in poi), everificata la seguente disuguaglianza

n + 12n− 1

≤ 23.

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Provate a verificare questo risultato, ricorrendo alla definizione di limite diuna successione. Determinate, in particolare, l’indice naturale n, dopo ilquale la disuguaglianza e verificata.Dunque, definitivamente, vale la seguente doppia disuguaglianza

0 ≤(

n + 12n− 1

)n

≤(

23

)n

.

Utilizzando il teorema del confronto per successioni (ovvero il teorema deicarabinieri), si ha che(

n + 12n− 1

)n

→ 0 per n → +∞.

La serie puo convergere. La convergenza della serie si verifica, per esempio,utilizzando il criterio della radice. Risulta infatti

n√

an =n + 12n− 1

→ 12

< 1 per n → +∞.

Prima di passare alla discussione della serie precedente ricordiamo che duesuccessioni an e bn sono asintotiche per n → +∞ (scriveremo in questo casoan ∼ bn per n → +∞) se risulta

limn→+∞

an

bn= 1.

Prendiamo in considerazione la serie

+∞∑n=1

(n+1n )n2

3n.

Si tratta di una serie a termini non negativi che potrebbe convergere, datoche (uso il fatto che ln(1 + 1

n) ∼ 1n per n → +∞)

an =en2 ln(1+ 1

n)

3n∼

(e

3

)nper n → +∞

e (e

3

)n→ 0 per n → +∞.

La serie in esame e convergente. Usando il criterio della radice, risultainfatti

n√

an =

(1 + 1

n

)n

3→ e

3< 1 per n → +∞.

Passiamo alla serie successiva+∞∑n=1

2n−1

(n− 1)!.

12

La serie sotto esame e una serie a termini non negativi che potrebbe con-vergere, dato che (usiamo la sostituzione m = n− 1)

limn→+∞

an = limn→+∞

2n−1

(n− 1)!= lim

m→+∞

2m

m!= 0,

visto che per ogni a > 0 si ha che

limn→+∞

an

n!= 0.

La convergenza della serie puo essere verificata utilizzando il criterio delrapporto. Si ha infatti

an+1

an=

2n

n!· (n− 1)!

2n−1=

2n→ 0 < 1 per n → +∞.

Andiamo avanti. Studiamo il carattere della serie+∞∑n=1

sin(

1n2

).

La serie sotto esame e una serie a termini non negativi. Infatti, per ogni n,si ha

1n2

< 1 <Π2

.

Dato che sin x > 0 se 0 < x < Π2 (eventualmente aiutatevi con il grafico della

funzione seno), concludiamo che sin(

1n2

)> 0 per ogni n naturale. La serie

soddisfa la condizione necessaria per la convergenza di una serie, essendoil termine generico banalmente infinitesimo per n → +∞. La convergenzadella serie si verifica, ricorrendo al criterio del confronto asintotico. Siverifica facilmente che

an ∼1n2

per n → +∞.

Dunque la serie sotto esame converge perche il suo termine generico e asinto-ticamente equivalente per n → +∞ al termine generico della serie armonicaconvergente

+∞∑n=1

1n2

.

Studiamo il carattere della serie+∞∑n=1

1√n + 1 +

√n

.

La serie sotto esame e una serie a termini positivi che potrebbe convergere.Di nuovo, e di semplice verifica il fatto che an → 0 per n → +∞. Tuttavia

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la serie non converge. Infatti (lascio a voi la semplice verifica di questaequivalenza asintotica) si ha

an ∼1

2√

nper n → +∞.

La nostra serie e dunque divergente perche il suo termine generico e asinto-ticamente equivalente per n → +∞ a quello della serie armonica divergente(usiamo di nuovo il criterio del confronto asintotico)

+∞∑n=1

1

2n12

.

Procediamo, studiando il carattere della serie

+∞∑n=1

sin(

n + 1n2 + n + 3

).

La serie sotto esame e a termini non negativi (alla luce di quanto detto perla serie, il cui termine generico e sin

(1n2

), dovrebbe essere chiara la ragione

di questo fatto).Inoltre la condizione necessaria per la convergenza di una serie e verificata,dal momento che

limn→+∞

sin(

n + 1n2 + n + 3

)= 0.

Tuttavia la serie diverge (per il criterio del confronto asintotico), dal momen-to che il suo termine generico e asintoticamente equivalente per n → +∞ aquello della serie armonica divergente

+∞∑n=1

1n

.

Infatti

sin(

n + 1n2 + n + 3

)∼ n + 1

n2 + n + 3∼ 1

nper n → +∞.

Lascio a voi la semplicisima verifica di queste due equivalenze asintotiche epasso allo studio del carattere della serie

+∞∑n=1

ln(

n2 + 1n2 + n + 4

).

La serie sotto esame e a termini negativi. Infatti

n2 + 1n2 + n + 4

< 1 per ogni n ∈ N ⇒ an = ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)< 0 per ogni n ∈ N.

14

Dato che+∞∑n=1

ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)=

+∞∑n=1

(−1)·(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)= (−1)

+∞∑n=1

(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

),

studiare il carattere della serie di partenza equivale a studiare il caratteredella serie

+∞∑n=1

(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

).

Siete d’accordo su questo semplice fatto? E vero, sto trascurando un fattore−1 davanti alla serie. Ma questo non cambia in nesun modo il caratteredella serie stessa (cioe la sua convergenza o divergenza). Se la serie cheandro a studiare

+∞∑n=1

(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)converge e ha come somma S > 0, allora la serie assegnata come testodell’esercizio

+∞∑n=1

ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)= (−1)

+∞∑n=1

(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)converge e ha come somma −S. Se invece, la serie che andro a studiarediverge a +∞, allora la serie assegnata come testo dell’esercizio diverge a−∞ (chiaro a tutti?).Il vantaggio di passare alla serie

+∞∑n=1

(−1) ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)sta nel fatto che quest’ultima e una serie a termini non negativi. Studiamoneil carattere. Guardiamo da vicino il termine generico di questa serie. Risulta

an = (−1) · ln(

n2 + 1n2 + n + 4

)= ln

(n2 + 1

n2 + n + 4

)−1

= ln(

n2 + n + 4n2 + 1

)=

= ln(

n2 + 1 + n + 3n2 + 1

)= ln

(1 +

n + 3n2 + 1

).

Il termine generico an e infinitesimo per n → +∞, tuttavia si ha anche

an ∼n + 3n2 + 1

∼ 1n

per n → +∞.

Dunque la serie diverge per il criterio di confronto asintotico con la seriearmonica divergente

+∞∑n=1

1n

.

15

Studiamo il carattere della serie+∞∑n=1

ln (√

n + 1−√

n + 1).

La serie e banalmente a termini non negativi (perche?). Per quanto riguardail suo termine generico, risulta

an = ln (√

n + 1−√

n + 1) = ln(

(√

n + 1−√

n)(√

n + 1 +√

n)√n + 1 +

√n

+ 1)

=

= ln(

1 +1√

n + 1 +√

n

).

Il termine generico di questa serie e infinitesimo per n → +∞, tuttavia siha (lascio ancora a voi la verifica di questa equivalenza asintotica)

an ∼1√

n + 1 +√

n∼ 1

2√

nper n → +∞.

Ancora una volta la serie sotto esame e divergente per il criterio del con-fronto asintotico (con quale serie divergente?).Occupiamoci della serie

+∞∑n=1

(1− cos

( √n

n + 1

)).

Questa serie e banalmente a termini non negativi. Infatti

cos( √

n

n + 1

)≤ 1 per ogni n ∈ N ⇒ an ≥ 0 per ogni n ∈ N.

Il termine generico an e infinitesimo per n → +∞. Tuttavia, la serie divergeper il criterio del confronto asintotico. Risulta

an = 1− cos( √

n

n + 1

)∼ 1

2· n

(n + 1)2∼ 1

2nper n → +∞.

Infatti

limn→+∞

1− cos( √

nn+1

)12 ·

( √n

n+1

)2 = 2 limm→0

1− cos m

m2= 1,

dopo aver effettuato la sostituzione m =√

nn+1 e aver stabilito che m → 0

quando n → +∞.Andiamo avanti. Studiamo il carattere della seguente serie

+∞∑n=1

(−1)n−1√n(n + 1)

.

16

La serie e a termini a segno alterno. Il termine generico (−1)n−1an dellaserie e infinitesimo per n → +∞. Infatti, basta applicare il teorema delconfronto per successioni alla seguente catena di disuguaglianze

− 1√n2 + n

= −∣∣∣∣ (−1)n−1

√n2 + n

∣∣∣∣ ≤ (−1)n−1√n(n + 1)

≤ 1√n2 + n

=∣∣∣∣ (−1)n−1

√n2 + n

∣∣∣∣ .

Sto sfruttando una semplice proprieta di R: se x ∈ R allora si ha

−|x| ≤ x ≤ |x|.

Provate in definitiva a far tendere n → +∞. Cosa ottenete?La serie NON converge assolutamente. Infatti la serie dei valori assolutiassociata alla serie di partenza

+∞∑n=1

1√n2 + n

ha lo stesso comportamento (criterio del confronto asintotico) della seriearmonica divergente

+∞∑n=1

1n

,

dal momento che (verificate come al solito!)

1√n2 + n

∼ 1n

per n → +∞.

La serie e tuttavia semplicemente convergente in virtu del criterio di Leibniz.Infatti si ha banalmente

an → 0 per n → +∞.

Per poter applicare il criterio di Leibniz resta da verificare che almenodefinitivamente la successione an e decrescente. Risulta

n(n + 1) ≤ (n + 1)(n + 2) per ogni n ∈ N ⇒

⇒√

n(n + 1) ≤√

(n + 1)(n + 2) per ogni n ∈ N,

dato che la funzione x →√

x e crescente nel suo dominio D = [0, +∞). Maallora, proseguendo la catena di implicazioni logiche, si ha√

n(n + 1) ≤√

(n + 1)(n + 2) per ogni n ∈ N ⇒

⇒ an+1 =1√

(n + 1)(n + 2)≤ 1√

n(n + 1)= an per ogni n ∈ N.

17

Dunque la successione an e decrescente, possiamo applicare il criterio diLeibniz per concludere che la serie di partenza e semplicemente convergente.Passiamo allo studio della serie

+∞∑n=1

(−1)n 2n + 1(n + 1)2(n + 2)2

Si tratta di una serie a termini a segno alterno. Il termine generico diquesta serie e banalmente infinitesimo per n → +∞. La verifica formale diquesta convergenza e esattamente la stessa della serie precedente. La seriesotto esame converge assolutamente (e quindi semplicemente). Se infatticonsideriamo la serie dei valori assoluti associata alla serie sotto esame

+∞∑n=1

2n + 1(n + 1)2(n + 2)2

,

quest’ultima risulta convergente per il criterio del confronto asintotico, dalmomento che

2n + 1(n + 1)2(n + 2)2

∼ 2n3

per n → +∞.

Verificate questa semplice equivalenza asintotica. Con quale serie conver-gente confrontiamo la serie dei moduli da noi appena esaminata?Passiamo oltre. Dobbiamo studiare la serie

+∞∑n=1

sin n + cos n

n3.

Questa serie non e ne a termini positivi ne a termini a segno alterno. Maquesto non ci ferma assolutamente. Il termine generico di questa serie ecomunque infinitesimo per n → +∞.Ricordiamo la disuguaglianza triangolare in R. Siano x e y due arbitrarinumeri reali. Allora risulta

|x + y| ≤ |x|+ |y|.

La nostra serie e assolutamente convergente e dunque semplicemente con-vergente (attenzione: si parla di assoluta convergenza per una qualunqueserie, i cui termini hanno segno variabile e non soltanto per serie a terminia segno alterno). Risulta infatti (quando uso la disuguaglianza triangolare?)

|an| =∣∣∣∣sin n + cos n

n3

∣∣∣∣ =| sin n + cos n|

n3≤ | sin n|+ | cos n|

n3≤ 2

n3.

Dunque la serie dei valori assoluti converge per il criterio del confronto (conquale serie?).Studiamo il carattere della serie

+∞∑n=1

(−1)n+1 1n2n

.

18

La serie sotto esame e una serie a termini a segno alterno. Il terminegenerico an e infinitesimo per n → +∞. Dovreste aver gia capito che perverificare formalmente questo fatto basta applicare il teorema del confrontoper successioni alla catena di disuguaglianze

−|(−1)n+1an| ≤ (−1)n+1an ≤ |(−1)n+1an|.

La serie sotto esame e assolutamente convergente e dunque semplicementeconvergente. Consideriamo a tal fine la serie dei valori assoluti associataalla serie esaminata

+∞∑n=1

1n2n

.

Questa serie a termini non negativi converge per il criterio della radice. Siha infatti

n

√1

n2n=

12 n√

n→ 1

2< 1 per n → +∞.

Studiamo la serie+∞∑n=2

(−1)n

ln n.

La serie sotto esame e una serie a termini a segno alterno. Il suo terminegenerico e infinitesimo (i.e. tende a 0) per n → +∞. Lo si verifica facil-mente, utilizzando, come al solito, il teorema del confronto per successioni.La serie sotto esame NON e assolutamente convergente, perche la serie deivalori assoluti ad essa associata

+∞∑n=2

1ln n

e divergente.Infatti, dal fatto che

ln n < n per ogni n ∈ N

(perche e vera questa disuguaglianza?), segue che

1ln n

>1n

per ogni n ∈ N.

Utilizzando il criterio del confronto (con quale serie?), dimostriamo la di-vergenza della serie dei moduli associata alla serie assegnata.La serie e tuttavia semplicemente convergente. Le ipotesi del criterio diLeibniz sono infatti verificate. Si ha facilmente

an =1

ln n→ 0 per n → +∞

19

ean+1 ≤ an per ogni n ∈ N.

Dimostriamo rigorosamente il comportamento decrescente della successionean (sfruttiamo il fatto che la funzione x → ln x e crescente in [1, +∞)). Siha

n < n + 1 ∀n ∈ N ⇒ ln n < ln(n + 1) ∀n ∈ N ⇒

⇒ an+1 =1

ln(n + 1)<

1ln n

= an ∀n ∈ N.

Prendiamo in considerazione la serie

+∞∑n=1

(−1)n+1 2n + 1n(n + 1)

.

Si tratta di una serie a termini a segno alterno con il termine genericoinfinitesimo per n → +∞ (solita verifica). La serie NON e assolutamenteconvergente. Infatti la serie dei valori assoluti ad essa associata

+∞∑n=1

2n + 1n(n + 1)

ha lo stesso comportamento (usiamo il criterio del confronto asintotico) dellaserie armonica divergente

+∞∑n=1

2n

,

dato che

limn→+∞

2n+1n2+n

2n

= 1.

La serie e tuttavia semplicemente convergente per il criterio di Leibniz.Risulta infatti

an =2n + 1n2 + n

→ 0 per n → +∞

e inoltre la successione an e decrescente. Ci sono due modi equivalentementevalidi per dimostrare quest’ultima affermazione.Ci chiediamo: esiste un n naturale tale che per ogni n ≥ n

an+1 =2(n + 1) + 1

(n + 1)(n + 2)≤ 2n + 1

n(n + 1)= an?

Per rispondere a questa domanda, basta risolvere la disuguaglianza appenascritta e controllare che l’insieme delle sue soluzioni contenga un sottoinsie-me di N del tipo {n ∈ N t.c. n ≥ n} per qualche n naturale (e chiaro a tuttiil ragionamento che ho fatto?).

20

Un altro modo, piu elegante, di dimostrare che an e decrescente consiste nelpassare allo studio della funzione

f(x) =2x + 1

x(x + 1)

nell’insieme [1, +∞).Se dimostriamo che questa funzione e decrescente in [1, +∞) oppure in(x0, +∞) per un qualche x0 > 1 (basta evidentemente studiare il segno delladerivata prima di questa funzione), dimostriamo anche che an e decrescen-te. Perche? (Sugg. Quanto vale f(x), quando x e un numero naturale?)Capite ora perche ho scelto proprio questa f e perche ne studio l’andamentosolo in [1, +∞)? Completate da voi la verifica dell’applicabilita del criteriodi Leibniz.Concludiamo l’esercizio, studiando il carattere della serie

+∞∑n=1

n2 sin(

Π2n

).

Si tratta di una serie a termini non negativi (perche?). Concentriamoci sultermine generico della serie. Risulta

an = n2 sin(

Π2n

)=

n2Π2n

·sin

(Π2n

)(Π2n

) → 0 per n → +∞.

La serie potrebbe convergere. E infatti converge, perche (criterio del con-fronto asintotico) ha lo stesso comportamento della serie

+∞∑n=1

n2Π2n

,

dal momento che

sin(

Π2n

)∼ Π

2nper n → +∞⇒ n2 sin

(Π2n

)∼ n2Π

2nper n → +∞.

Ma questa serie e convergente. Lascio a voi la semplicissima verifica diquesto fatto (usate per esempio il criterio del rapporto.)

Esercizio 7. Stabilire il carattere delle seguenti serie al variare del parame-tro reale x:

+∞∑n=1

1√n

sin(x

n

)1) se x = 0 allora la serie e nulla e dunque banalmente convergente.2) se x > 0 allora la serie e definitivamente a termini positivi (cioe da

21

un certo n in poi e a termini positivi: perche?) ed e convergente, perche(criterio del confronto asintotico) ha lo stesso comportamento della serie

+∞∑n=1

x

n32

= x ·+∞∑n=1

1

n32

,

dal momento che

sin(x

n

)∼ x

nper n → +∞⇒ 1√

nsin

(x

n

)∼ x

n√

nper n → +∞.

3) se x < 0 allora riscriviamo la serie (usando la relazione sin(−α) =− sin(α) per ogni α reale) come

+∞∑n=1

1√n

sin(x

n

)=

+∞∑n=1

1√n

sin(−(−x)

n

)= −

+∞∑n=1

1√n

sin(−x

n

)e studiamo il comportamento della serie

+∞∑n=1

1√n

sin(y

n

)con y = −x > 0. Non c’e in realta niente da studiare, dato che ci siamoricondotti al caso 2) (infatti y = −x > 0) e dunque la serie sotto esameconverge anche per gli x < 0. In definitiva, la serie di partenza converge,qualunque sia il valore reale attribuito a x.Passiamo avanti. Studiamo la serie

+∞∑n=1

nx[ln (1 + n3)− 3 lnn].

Riscriviamo opportunamente il suo termine generico

an = nx[ln (1 + n3)− 3 lnn] = nx[ln (1 + n3)− ln n3] =

= nx ln(

1 +1n3

)∼ nx · 1

n3=

1n3−x

per n → +∞.

Ma allora, per il criterio del confronto asintotico, la serie di partenza divergese 3− x ≤ 1 ⇐⇒ x ≥ 2 e converge se x < 2.Passiamo avanti. La serie sotto esame e

+∞∑n=1

xn

√n

Distinguiamo due casi.A) x ≥ 0. Questo caso presenta diversi sottocasi.

22

A1) Se x = 0 allora la serie e banalmente convergente, perche nulla.A2) Se 0 < x < 1 allora la serie (il cui termine generico e banalmenteinfinitesimo per n → +∞) e convergente per il teorema del confronto. Laserie in esame e infatti maggiorata dalla serie geometrica convergente

+∞∑n=1

xn,

dal momento che (con 0 < x < 1) risulta

xn

√n≤ xn per ogni n ∈ N.

A3) Se x = 1 allora la serie sotto esame e la serie armonica divergente

+∞∑n=1

1

n12

.

A4) Se x > 1 allora la serie diverge perche il suo termine generico divergea +∞ per n → +∞.

B) x < 0. Anche questo caso presenta tre diversi sottocasi.B1) Se −1 < x < 0 allora la serie sotto esame e la serie a termini a segnoalterno

+∞∑n=1

(−1(−x))n

√n

=+∞∑n=1

(−1)n · an

conan =

(−x)n

√n

.

Questa serie e assolutamente convergente. Infatti la serie dei valori assolutiad essa associata e data dalla serie

+∞∑n=1

yn

√n

con 0 < y = −x < 1, dato che −1 < x < 0. Questa serie converge (ci siamoricondotti al caso A2)!).B2) Se x = −1, allora la serie sotto esame e

+∞∑n=1

(−1)n

√n

.

Di questa serie sappiamo tutto. NON e assolutamente convergente (usateopportunamente il criterio del confronto asintotico), tuttavia e semplicemen-te convergente (verificate di poter applicare il criterio di Leibniz.)

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B3) Se x < −1 allora la serie e irregolare, non esistendo il limite pern → +∞ del suo termine generico an (perche non esiste questo limite?).Concludiamo l’esercizio, studiando la serie

+∞∑n=0

1[ln (x + x2)]n

.

Selezionate dapprima le x reali per cui la serie ha senso (le x reali per cuie definito il logaritmo e il denominatore non si annulla). A questo puntoosservate che si tratta di una serie geometrica di ragione q = 1

ln(x2+x). Se

|q| < 1 allora la serie e convergente, se q ≥ 1 la serie e divergente, se inveceq ≤ −1 allora la serie e irregolare. Sostituite a q l’espressione 1

ln(x2+x)

e risolvete le tre diseguaglianze per ritrovare i tre regimi in cui la serieconverge, diverge o e irregolare. Le diseguaglianze (nel primo caso (|q| < 1)si tratta ovviamente di un sistema di diseguaglianze) sono lunghe e laboriose.A voi il piacere di portarle a termine.

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