Esercizio 122serie con (-1)ⁿ²+1) e potenze del logaritmo

Testo (Lezione 36, esercizio 15 del foglio). Studiare convergenza assoluta e semplice della serie

$$\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^{n^2+1}\ln^\alpha(n^4)}{n} \qquad \text{per } \alpha \in \mathbb{R}$$

Passo 1: semplificare il segno e il logaritmo

Il segno. $n^2$ e $n$ hanno sempre la stessa parità (pari al quadrato è pari, dispari al quadrato è dispari), quindi $n^2 + 1$ e $n + 1$ hanno la stessa parità e $$(-1)^{n^2+1} = (-1)^{n+1}$$ Controllo: $n = 2$: $(-1)^5 = -1 = (-1)^3$; $n = 3$: $(-1)^{10} = 1 = (-1)^4$. È una serie alternata travestita (vedi 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 →, "Forme equivalenti di $(-1)^n$").

Il logaritmo. Per le proprietà dei logaritmi $\ln(n^4) = 4\ln n$, quindi $$\ln^\alpha(n^4) = (4\ln n)^\alpha = 4^\alpha \ln^\alpha n$$ (attenzione: $\ln^\alpha(n^4)$ significa $[\ln(n^4)]^\alpha$, non $\ln(n^{4\alpha})$).

La serie diventa $$\sum_{n=2}^{+\infty} (-1)^{n+1} a_n, \qquad a_n = 4^\alpha \cdot \frac{\ln^\alpha n}{n} = 4^\alpha \cdot \frac{1}{n \ln^{-\alpha} n} > 0 \quad \forall n \ge 2$$ ($a_n > 0$ perché $4^\alpha > 0$ e $\ln n > 0$ per $n \ge 2$). Scriverla con $\ln^{-\alpha} n$ al denominatore serve a riconoscere la forma della serie armonica generalizzata.

Passo 2: convergenza assoluta

$$\sum_{n=2}^{+\infty} \left|(-1)^{n+1} a_n\right| = \sum_{n=2}^{+\infty} a_n = 4^\alpha \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^1 \ln^{-\alpha} n}$$

È una serie armonica generalizzata del secondo tipo$\sum \frac{1}{n^p \ln^q n}$ converge se e solo se $p > 1$, oppure $p = 1$ e $q > 1$. con esponente di $n$ uguale a $1$: converge se e solo se l'esponente del logaritmo è $> 1$, cioè $$-\alpha > 1 \iff \alpha < -1$$

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

Passo 3: convergenza semplice

Per $\alpha < -1$ converge (assoluta $\Rightarrow$ semplice). Per $\alpha \ge -1$ la serie dei moduli diverge, ma la serie è alternata: si prova 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 →. Conviene farlo per ogni $\alpha \in \mathbb{R}$.

(1) $a_n \to 0$?

• $\alpha > 0$: $\frac{\ln^\alpha n}{n} \to 0$ per la gerarchia degli infinitiQualunque potenza positiva del logaritmo è trascurabile rispetto a qualunque potenza positiva di n.Limiti notevoli e gerarchia degli infiniti →.
• $\alpha \le 0$: non c'è forma indeterminata: $\ln^\alpha n = \frac{1}{\ln^{-\alpha} n}$ con $-\alpha \ge 0$, e $\ln^{-\alpha} n \ge 1$ per $n \ge 3$ (perché $\ln n > 1$); quindi $0 < a_n \le \frac{4^\alpha}{n} \to 0$.

In ogni caso $a_n \to 0$ ✓.

(2) $a_n$ definitivamente decrescente?

Non è evidente: per $\alpha > 0$ il numeratore $\ln^\alpha n$ cresce insieme al denominatore $n$. Si usa la derivata: $4^\alpha > 0$ è una costante positiva e non cambia la monotonia, quindi si studia $$f(x) = \frac{\ln^\alpha x}{x}, \qquad x > 1$$ Con la regola del quoziente e $D(\ln^\alpha x) = \alpha \ln^{\alpha-1} x \cdot \frac1x$: $$f'(x) = \frac{\alpha \ln^{\alpha-1} x \cdot \frac1x \cdot x - \ln^\alpha x \cdot 1}{x^2} = \frac{\alpha\ln^{\alpha-1} x - \ln^\alpha x}{x^2}$$ Si raccoglie $\ln^\alpha x$ (positivo), ricordando che $\ln^{\alpha-1} x = \frac{\ln^\alpha x}{\ln x}$: $$f'(x) = -\frac{\ln^\alpha x}{x^2}\left[1 - \frac{\alpha}{\ln x}\right]$$ Per $x \to +\infty$, $\frac{\alpha}{\ln x} \to 0$, quindi la parentesi tende a $1$ ed è positiva definitivamente. Allora $$f'(x) \sim -\frac{\ln^\alpha x}{x^2} < 0 \quad \text{definitivamente, per ogni } \alpha \in \mathbb{R}$$ $f$ è decrescente per $x$ grande, e quindi $a_n$ è definitivamente decrescente ✓.

(Per $\alpha \le 0$ si poteva anche dire subito: $a_n = \frac{4^\alpha}{n \cdot \ln^{-\alpha} n}$ ha al denominatore un prodotto di funzioni positive crescenti, quindi è decrescente. Per $\alpha > 0$ invece la derivata è necessaria.)

Conclusione di Leibniz

Per il criterio di Leibniz la serie converge semplicemente per ogni $\alpha \in \mathbb{R}$.

Conclusione

Per esempio con $\alpha = 0$ si ritrova $\sum (-1)^{n+1}\frac1n$, che converge semplicemente ma non assolutamente.

Errori comuni

• Non riconoscere che $(-1)^{n^2+1} = (-1)^{n+1}$: senza questo passaggio non si vede che la serie è alternata.
• Confondere $\ln^\alpha(n^4)$ con $\ln(n^{4\alpha})$: il primo è $4^\alpha\ln^\alpha n$, il secondo $4\alpha \ln n$.
• Dare per scontata la decrescenza per $\alpha > 0$: numeratore e denominatore crescono entrambi, serve la derivata.