Esercizio 121serie con αⁿ, arcotangente e logaritmo

Testo (Lezione 36, esercizio 14 del foglio). Studiare convergenza assoluta e semplice della serie

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n \alpha^n}{5\arctan(n) + \sqrt n \log(n) + 6\sqrt[3]{n+1}} \qquad \text{per } \alpha \in \mathbb{R}$$

Chiamiamo $\bar a_n$ l'addendo completo. Non conviene scrivere $\bar a_n = (-1)^n a_n$ con $a_n = \frac{\alpha^n}{\dots}$, perché con $\alpha \in \mathbb{R}$ qualsiasi $a_n$ non ha segno fisso: per $\alpha < 0$ anche $\alpha^n$ cambia segno, e $a_n$ non è né definitivamente $\ge 0$ né definitivamente $\le 0$. Si parte quindi dalla convergenza assoluta, come nello schema di Serie a termini di segno variabilePer le serie con addendi di segno qualsiasi: convergenza assoluta (converge la serie dei moduli), che implica la convergenza semplice ma non viceversa; criterio di Leibniz per le serie alternate (addendi in modulo infinitesimi e decrescenti).Serie a termini di segno variabile →.

Convergenza assoluta

$$\sum_{n=1}^{+\infty} |\bar a_n| = \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{|\alpha|^n}{5\arctan n + n^{1/2}\log n + 6(n+1)^{1/3}}$$

perché $|(-1)^n| = 1$, $|\alpha^n| = |\alpha|^n$ e il denominatore è positivo (somma di termini $\ge 0$, e $6(n+1)^{1/3} > 0$).

Asintotico del denominatore

Si confrontano i tre pezzi per $n \to +\infty$:

• $5\arctan n \to \frac{5\pi}{2}$: è limitato;
• $(n+1)^{1/3} \sim n^{1/3}$, e $n^{1/3} = o(n^{1/2}\log n)$, perché $\frac{n^{1/3}}{n^{1/2}\log n} = \frac{1}{n^{1/6}\log n} \to 0$;
• quindi domina $n^{1/2}\log n$ (che tende a $+\infty$ e batte sia una costante sia $n^{1/3}$).

$$\text{DEN} \sim n^{1/2}\log n \qquad \Longrightarrow \qquad |\bar a_n| \sim \frac{|\alpha|^n}{n^{1/2}\log n} = b_n \quad (\ast)$$

Per il confronto asintoticoSe $a_n \sim b_n$ con termini positivi, le due serie hanno lo stesso carattere.Serie a termini non negativi e criteri del confronto → basta studiare $\sum b_n$.

Caso $\alpha = 0$

Tutti gli addendi sono $0$ (per $n \ge 1$, $0^n = 0$): la serie vale $0$ e converge.

Caso $\alpha \ne 0$: criterio del rapporto

In $b_n$ compare $|\alpha|^n$, una potenza con esponente $n$: è il caso tipico del criterio del rapportoSe $b_{n+1}/b_n \to L$: con $L < 1$ la serie converge, con $L > 1$ diverge, con $L = 1$ non si conclude.Criteri del rapporto e della radice per le serie →.

$$\frac{b_{n+1}}{b_n} = \frac{|\alpha|^{n+1}}{(n+1)^{1/2}\log(n+1)} \cdot \frac{n^{1/2}\log n}{|\alpha|^n} = |\alpha| \cdot \frac{n^{1/2}}{(n+1)^{1/2}} \cdot \frac{\log n}{\log(n+1)} \longrightarrow |\alpha|$$

perché $(n+1)^{1/2} \sim n^{1/2}$ e $\log(n+1) \sim \log n$ (il logaritmo di $n+1$ e quello di $n$ differiscono di $\log(1 + \frac1n) \to 0$).

• $L = |\alpha| < 1$, cioè $-1 < \alpha < 1$: la serie dei moduli converge.
• $L = |\alpha| > 1$, cioè $\alpha < -1$ oppure $\alpha > 1$: diverge, e in più (criterio del rapporto per le successioni) $b_n \to +\infty$.
• $L = |\alpha| = 1$: il rapporto non decide. Si torna a $(\ast)$ con $|\alpha| = 1$: $$|\bar a_n| \sim \frac{1}{n^{1/2}\log n}$$ che è una serie armonica generalizzata del secondo tipo$\sum \frac{1}{n^\alpha \log^\beta n}$ converge se e solo se $\alpha > 1$, oppure $\alpha = 1$ e $\beta > 1$. con esponente di $n$ uguale a $\frac12 < 1$: diverge.

Conclusione: la serie converge assolutamente se e solo se $-1 < \alpha < 1$.

Convergenza semplice

$-1 < \alpha < 1$. Converge assolutamente, quindi converge.

$\alpha < -1$ oppure $\alpha > 1$. $|\bar a_n| \sim b_n \to +\infty$, quindi $|\bar a_n| \not\to 0$ e (poiché $\bar a_n \to 0 \iff |\bar a_n| \to 0$) nemmeno $\bar a_n \to 0$. Per la condizione necessariaSe una serie converge, i suoi addendi tendono a 0.Serie numeriche → la serie non converge.

$|\alpha| = 1$. Qui $|\bar a_n| \sim \frac{1}{n^{1/2}\log n} \to 0$: la condizione necessaria è soddisfatta e la serie potrebbe convergere. Si sostituiscono i due valori.

• $\alpha = -1$: $(-1)^n(-1)^n = (-1)^{2n} = 1$, quindi $$\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{5\arctan n + n^{1/2}\log n + 6(n+1)^{1/3}}$$ è una serie a termini positivi: per lei convergenza semplice e assoluta coincidono, e la serie dei moduli diverge. Diverge a $+\infty$.

• $\alpha = 1$: $$\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n a_n, \qquad a_n = \frac{1}{5\arctan n + n^{1/2}\log n + 6(n+1)^{1/3}} > 0$$ è una serie alternata. Si verifica il criterio di LeibnizSe $a_n \ge 0$, $a_n \to 0$ e $a_n$ è definitivamente decrescente, allora $\sum (-1)^n a_n$ converge.Serie a termini di segno variabile →:

  1. $a_n \to 0$ ✓ (visto sopra).
  2. $a_n$ decrescente? Il denominatore è somma di tre funzioni crescenti: $5\arctan n$ cresce; $n^{1/2}$ e $\log n$ sono crescenti e $\ge 0$ (per $n \ge 1$), quindi anche il loro prodotto cresce; $(n+1)^{1/3}$ cresce. Una somma di crescenti è crescente, e il reciproco di una quantità positiva crescente è decrescente. ✓

  Per Leibniz la serie converge.

(Si poteva anche porre $f(x) = \frac{1}{5\arctan x + x^{1/2}\log x + (x+1)^{1/3}}$ e mostrare che $f'(x) < 0$ per $x \to +\infty$, ma qui il ragionamento "somma di crescenti" è più rapido.)

Conclusione

La serie converge semplicemente se e solo se $-1 < \alpha \le 1$, assolutamente se e solo se $-1 < \alpha < 1$.

Errori comuni

• Trattare $\frac{\alpha^n}{\dots}$ come se fosse positivo: per $\alpha < 0$ cambia segno, quindi la serie non è "alternata" in generale.
• Dimenticare $\alpha = -1$: i due segni si annullano e la serie diventa a termini positivi (e diverge).
• Fermarsi a $L = 1$: il rapporto non decide, bisogna tornare all'asintotico.