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

Testo (Lezione 37, esercizio 2 del foglio di ricapitolazione). Studiare convergenza assoluta e semplice della serie

$$\sum_{n=1}^{+\infty} \cos(n\pi)\,(n!)^2\left[\log(1 + n^{\alpha n}) - \log(n^{\alpha n})\right] \qquad \text{per } \alpha > 0$$

Passo 1: il segno

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

Passo 2: convergenza assoluta

$\sum |(-1)^n a_n| = \sum a_n$. Per le proprietà dei logaritmi ($\log A - \log B = \log\frac AB$): $$a_n = (n!)^2 \log\left(\frac{1 + n^{\alpha n}}{n^{\alpha n}}\right) = (n!)^2 \log\left(1 + \frac{1}{n^{\alpha n}}\right)$$ Siccome $\alpha > 0$, $n^{\alpha n} \to +\infty$ e $y = \frac{1}{n^{\alpha n}} \to 0$: si può usare $\log(1 + y) \sim y$ per $y \to 0$. $$a_n \sim (n!)^2 \cdot \frac{1}{n^{\alpha n}} = b_n$$

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

• $\alpha \ge 2$: $L < 1$ (anche $\frac{1}{e^2} \approx 0{,}14 < 1$), la serie dei moduli converge.
• $0 < \alpha < 2$: $L = +\infty > 1$, diverge, e $b_n \to +\infty$.

Converge assolutamente se e solo se $\alpha \ge 2$.

Passo 3: convergenza semplice

• $\alpha \ge 2$: converge (assoluta $\Rightarrow$ semplice).
• $0 < \alpha < 2$: $a_n \sim b_n \to +\infty$, quindi il termine $(-1)^n a_n$ non tende a $0$: la serie non converge (condizione necessaria). Leibniz non serve.

Conclusione

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

Errori comuni

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