Corso di Analisi Matematica 1 - professore Alberto Valli 8 foglio di esercizi - 13 novembre 2019

(1)

Università di Trento - Corso di Laurea in Ingegneria Civile e Ingegneria per l’Ambiente e il Territorio - 2019/20

Corso di Analisi Matematica 1 - professore Alberto Valli 8 foglio di esercizi - 13 novembre 2019

Taylor, serie

8.1 Esercizio -

Fatevi venire un’idea per calcolare log 48 alla seconda cifra decimale.

Soluzione. Lo sviluppo di Taylor di log(1 + x) è convergente per N → ∞ solo per x ∈ (−1, 1]. Dunque bisogna scrivere 48 come prodotto di numeri all’interno dell’intervallo (−1, 1], e poi applicare proprietà del logaritmo del prodotto.

Sappiamo anche che lo sviluppo del logaritmo è dato da log(1 + x) =

N k=1

∑

(−1)^k+1

k x^k+ R_N+1(x) , con (per x > 0)

R_N+1(x) = (−1)^N

N+ 1(1 + x?)^−(N+1)x^N+1, 0 < x?< x ,

quindi |R_N+1(x)| ≤_N+1¹ x^N+1. Se dunque usassimo x = 1 avremmo una convergenza guidata solo dal fattore _N+1¹ , che va a 0 lentamente. Meglio quindi scegliere valori di x strettamente minori di 1, per trarre vantaggio dal fattore x^N⁺¹. Fatte queste osservazioni, una possibilità è di scrivere 48 = 2⁴· 3 = (³₂)⁶· (⁴₃)⁵, per cui log 48 = 6 log³₂+ 5 log⁴₃.

Imponiamo che sia 6

R_N+1(1

2)

≤ 6

(N + 1)2^N+1 ≤1

2· 10⁻² , 5 R_N+1(1

3)

≤ 5

(N + 1)3^N+1 ≤1 2· 10⁻²,

cioè (N + 1)2^N+1> 1.2 · 10³(che, se soddisfatta, ha come conseguenza che anche l’altra, (N + 1)3^N+1> 1.0 · 10³, è soddisfatta). Essendo 8 · 2⁸= 8 · 256 = 2048, è sufficiente scegliere N = 7.

Allora si ha 6 log3

2 ≈ 6 1 2− 1

2 · 4+ 1 3 · 8− 1

4 · 16+ 1 5 · 32− 1

6 · 64+ 1 7 · 128

= 6 909

2240= 2.4348... . 5 log4

3≈ 5 1 3− 1

2 · 9+ 1

3 · 27− 1

4 · 81+ 1

5 · 243− 1

6 · 729+ 1 7 · 2187

= 5 88087

306180= 1.4384... . e quindi log 48 ≈ 3.873... . [Con la calcolatrice viene log 48 = 3.871... .]

8.2 Esercizio -

(i) Sappiamo che (per x > −1...) la derivata di log(1 + x) è _1+x¹ , e che valgono i seguenti sviluppi di Taylor (di centro 0):

1 1 − x=

N

∑

k=0

x^k+x^N+1 1 − x=

N

∑

k=0

x^k+ o(x^N) , x 6= 1 1

1 + x=

N k=0

∑

(−1)^kx^k+(−1)^N+1x^N+1

1 + x =

N k=0

∑

(−1)^kx^k+ o(x^N) , x 6= −1 .

Verificate che per x > −1 lo sviluppo di Taylor (di centro 0) di log(1 + x) (che conoscete...), si può sostanzialmente ricavare ignorando gli o-piccoli e determinando il polinomio che vale 0 per x = 0 e la cui derivata è il polinomio di Taylor di_1+x¹ . [Esercizio già visto in aula: qui riproposto per ripensarci un po’...]

(ii) Forti di questa esperienza, ricavate lo sviluppo di Taylor (di centro 0) di arctan x, senza calcolare le derivate successive di arctan x ma solo basandosi sulla sua derivata prima. [Esercizio già visto in aula: qui riproposto per ripensarci un po’...]

(2)

Soluzione.

(i) Come ricordato, il polinomio di Taylor di 1 1 + x è

N

∑

k=0

(−1)^kx^k. Siccome la derivata di x^k è kx^k−1, è fa- cile “intuire" (e verificare...) che la funzione che vale 0 per x = 0 e la cui derivata è data da x^k è la funzione

1

k+ 1x^k+1. Dunque il polinomio che vale 0 per x = 0 e la cui derivata è data dal polinomio

N

∑

k=0

(−1)^kx^k è il poli-

nomio

N

∑

k=0

(−1)^k k+ 1x^k+1=

N+1

∑

k=1

(−1)^k+1

k x^k: e questo è in effetti il polinomio di Taylor (di grado N + 1...) di log(1 + x).

(ii) La derivata di arctan x è 1

1 + x², che si può scrivere come:

1

1 + x²= 1 1 − (−x²)=

N

∑

k=0

(−1)^kx^2k+(−1)^N+1x^2(N+1) 1 + x² =

N

∑

k=0

(−1)^kx^2k+ o(x^2N+1) .

Ripetendo il procedimento precedente si deduce che il polinomio di Taylor (di grado 2N + 1...) di arctan x è

N

∑

k=0

(−1)^k 2k + 1x^2k+1.

8.3 Esercizio -

Esprimete i numeri decimali periodici 0.3 e 0.153 in frazione usando la serie geometrica.

Soluzione.

0.3 = 3 10+ 3

100+ 3

1000+ ... = 3 10

1 + 1

10+ 1 100+ ...

= 3 10

∞ n=0

∑

1 10

n

= 3 10· 1

1 −₁₀¹ = 3 10·10

9 = 1 3.

0.153 = 1 10+ 53

10³+ 53

10⁵+ ... = 1 10+ 53

10³

1 + 1

10²+ 1 10⁴+ ...

= 1

10+ 53 10³

∞ n=0

∑

1 10²

n

= 1

10+ 53 10³· 1

1 − ¹

10²

= 1

10+ 53 10³·10²

99 = 1 10+ 53

990 =152 990

8.4 Esercizio -

Per ognuna delle seguenti serie determinate se essa è convergente o divergente.

(i)

∞ n=0

∑

√ 1

n³+ 1 (ii)

∞ n=1

∑

1

√n

n³+ 1 (iii)

∞ n=1

∑

n− sin n n(n + 1).

Soluzione.

(i) Si osserva che lim

n→+∞

√1 n³+1

√1 n³

= 1 . Dunque, per il criterio del confronto asintotico, si ha che la serie

∞ n=0

∑

√ 1 n³+ 1 ha lo stesso carattere della serie

∞ n=0

∑

1 n³²

che converge perché serie armonica generalizzata di esponente ³₂> 1.

(3)

(ii) Notiamo che, per il criterio del confronto asintotico, la serie

∞ n=1

∑

1

√n

n³+ 1 ha lo stesso carattere della serie

∞ n=1

∑

1 n³ⁿ

. Tuttavia il termine generale della serie

∞ n=1

∑

1 n³ⁿ

non è infinitesimo, infatti

n¹ⁿ −→

n→∞1

poiché x¹^x = e¹^x^{log x}−→

x→∞e⁰= 1

Pertanto la serie

∞

∑

n=1

1 n³ⁿ

diverge e dunque anche la serie

∞

∑

n=1

1

√n

n³+ 1 diverge.

(iii) Osserviamo che: lim

n→+∞

n−sin n n(n+1)

1 n

= 1 . Pertanto, per il criterio del confronto asintotico, la serie

∞ n=1

∑

n− sin n n(n + 1) ha lo stesso carattere della serie armonica

∞

∑

n=1

1

n che sappiamo essere divergente.

8.5 Esercizio -

Per ognuna delle seguenti serie determinate qual è l’insieme dei valori del parametro α ∈ R per cui essa è convergente.

(i)

∞ n=1

∑

1

pn^α(n + 1) (ii)

∞ n=1

∑

arctan¹_n

n^2α+ 1 (iii)

∞ n=0

∑

(2α + 3α²)ⁿ.

Soluzione.

(i) Si noti che lim

n→+∞

1 pn^α(n + 1)

1 n^α+1²

= 1 . Dunque, per il criterio del confronto asintotico, la serie

∞ n=1

∑

1 pn^α(n + 1)

ha lo stesso carattere della serie

∞

∑

n=1

1 n^α+1²

che converge per α + 1

2 > 1 cioè per α > 1 . (ii) Osserviamo che arctan¹_n

n^2α+ 1 è asintoticamente equivalente a

1 n

n^2α= 1

n^2α+1, per n → +∞ . Pertanto, sempre per il criterio del confronto asintotico, la serie

∞ n=1

∑

arctan¹_n

n^2α+ 1 ha lo stesso carattere della serie

∞ n=1

∑

1

n^2α+1 la quale converge per 2α + 1 > 1 cioè per α > 0 .

(iii) Notiamo che la serie

∞ n=0

∑

(2α + 3α²)ⁿ è una serie geometrica di ragione 2α + 3α² pertanto essa converge se e solo se |2α + 3α²| < 1 cioè se e solo se −1 < 2α + 3α²< 1 . Risolvendo il sistema

(3α²+ 2α + 1 > 0 3α²+ 2α − 1 < 0

si ha che la nostra serie converge se e solo se α ∈

−1,1 3

.

8.6 Esercizio -

Per ognuna delle seguenti serie determinate qual è l’insieme dei valori del parametro x > 0 per cui essa è convergente.

(i)

∞

∑

n=0

xⁿ+ x²ⁿ

xⁿ+ 1 (ii)

∞

∑

n=0

2^nx+1

xⁿ+ x (iii)

∞

∑

n=1

3e^n(x−1)+ n log n 2ⁿ+ n . Soluzione.

(i) Si osservi che prima di valutare asintoticamente numeratore e denominatore dobbiamo distinguere tre casi di valori possibili per x :

(4)

• 0 < x < 1 : xⁿ+ x²ⁿ xⁿ+ 1 ∼xⁿ

1 . Pertanto, in questo caso, la nostra serie ha lo stesso carattere della serie geometrica

∞

∑

n=0

xⁿ che converge poiché |x| < 1 .

• x = 1 :

∞

∑

n=0

xⁿ+ x²ⁿ xⁿ+ 1 =

∞

∑

n=0

1 che diverge.

• x > 1 : xⁿ+ x²ⁿ xⁿ+ 1 ∼x²ⁿ

xⁿ = xⁿ . Dunque la nostra serie ha lo stesso carattere della serie geometrica

∞

∑

n=0

xⁿ che diverge poiché |x| > 1 .

(ii) Anche qui, prima di valutare asintoticamente numeratore e denominatore, dobbiamo distinguere tre casi di valori possibili per x :

• 0 < x < 1 : 2^nx+1

xⁿ+ x ∼2 · 2^nx

x . Dunque la serie

∞ n=0

∑

2^nx+1

xⁿ+ x ha lo stesso carattere della serie 2 x

∞ n=0

∑

2^nx che diverge poiché 2^x> 1 per x > 0 .

• x = 1 :

∞

∑

n=0

2^nx+1 xⁿ+ x =

∞

∑

n=0

2ⁿ⁺¹

2 =

∞

∑

n=0

2ⁿ che sappiamo essere divergente .

• x > 1 : 2^nx+1 xⁿ+ x∼ 22^nx

xⁿ = 2 2^x x

n

. Dunque la serie

∞

∑

n=0

2^nx+1

xⁿ+ x ha lo stesso carattere della serie 2

∞

∑

n=0

2^x x

n

che diverge poiché 2^x> x per x > 1 .

(iii) Distinguiamo, come già visto precedentemente, tre casi:

• 0 < x < 1 : In questo caso e^n(x−1) ha esponente negativo pertanto al numeratore l’addendo n log n va più velocemente all’infinito, mentre al denominatore è preponderante l’addendo 2ⁿ.

Pertanto 3e^n(x−1)+ n log n

2ⁿ+ n ∼nlog n

2ⁿ e per il criterio del confronto asintotico segue che la serie

∞

∑

n=1

3e^n(x−1)+ n log n

2ⁿ+ n ha lo stesso carattere della serie

∞

∑

n=1

nlog n 2ⁿ . Applicando il criterio del rapporto si ha: (n + 1) log(n + 1)

2ⁿ⁺¹ · 2ⁿ

nlog n −→

n→+∞

1

2, per cui la serie converge. [Si noti che log(n + 1)

log n −→

n→+∞ 1 poiché log(x + 1)

log x −→

x→+∞ 1, via la regola di de l’Hôpital.]

• x = 1 :

∞ n=1

∑

3e^n(x−1)+ n log n

2ⁿ+ n =

∞ n=1

∑

3 + n log n

2ⁿ+ n che ha lo stesso carattere della serie

∞ n=1

∑

nlog n

2ⁿ la quale, come visto nel caso precedente, converge.

• x > 1 : In questo caso l’addendo 3e^n(x−1)va più velocemente all’infinito di n log n . Dunque, usando il criterio del confronto asintotico, la serie assegnata si comporta come la serie

∞

∑

n=1

3e^n(x−1)

2ⁿ . Applicando il criterio del rapporto si ha : 3e^(n+1)(x−1)

2ⁿ⁺¹ · 2ⁿ

3e^n(x−1) −→

n→+∞

e^x−1

2 . Quindi la serie converge per e^x−1

2 < 1 cioè x< log 2 + 1 , e diverge per e^x−1

2 > 1 cioè x > log 2 + 1 . Per x = log 2 + 1 la serie diventa

∞

∑

n=1

3 · 2ⁿ 2ⁿ =

∞ n=1

∑

3 = +∞ .

In conclusione la serie assegnata converge per 0 < x < log 2 + 1 .

8.7 Esercizio -

Per ognuna delle seguenti serie di potenze determinate qual è il suo raggio di convergenza, e studiate la convergenza negli estremi.

(i)

∞

∑

n=1

xⁿ

n2ⁿ (ii)

∞

∑

n=0

3n!

(4n + 1)!xⁿ (iii)

∞

∑

n=0

n²+ 1 3ⁿ+ 1xⁿ.

(5)

Soluzione. Sia {a_n} una successione reale. Ricordiamo che se lim

n→+∞

an+1

a_n

= L ∈ (0, +∞) allora la serie di potenze

∞ n=0

∑

a_nxⁿ ha raggio di convergenza r = 1 L. (i) Consideriamo la successione

1 n2ⁿ

. Osserviamo che lim

n→+∞

1

(n + 1)2ⁿ⁺¹· n2ⁿ

=1 2. Pertanto la serie

∞ n=1

∑

xⁿ

n2ⁿ ha raggio di convergenza r = 2 . Studiamo ora la convergenza di tale serie negli estremi:

• Se x = −2 la serie diventa

∞ n=1

∑

(−2)ⁿ n2ⁿ =

∞ n=1

∑

(−1)ⁿ

n che sappiamo essere convergente per il criterio di Leibniz.

• Se x = 2 la serie diventa

∞ n=1

∑

2ⁿ n2ⁿ =

∞ n=1

∑

1

n che diverge.

(ii) Consideriamo la successione

3n!

(4n + 1)!

. Si osserva che

n→+∞lim

3(n + 1)!

(4(n + 1) + 1)!

(4n + 1)!

3n!

= lim

n→+∞

3(n + 1)(4n + 1)!

(4n + 5)(4n + 4)(4n + 3)(4n + 2)(4n + 1)! −→

n→+∞ 0 Quindi il raggio di convergenza di tale serie è r = +∞ .

(iii) Abbiamo lim

n→+∞

(n + 1)²+ 1 3ⁿ⁺¹+ 1 = 1

3, e quindi il raggio di convergenza è r = 3 . Studiamo la convergenza della serie di potenze

∞ n=0

∑

n²+ 1

3ⁿ+ 1xⁿ negli estremi:

• Se x = −3 abbiamo

∞ n=0

∑

n²+ 1

3ⁿ+ 13ⁿ. Poiché lim

n→+∞

n²+ 1

3ⁿ+ 13ⁿ = +∞ , la serie diverge.

• Se x = −3 abbiamo

∞ n=0

∑

n²+ 1

3ⁿ+ 13ⁿ(−1)ⁿ. La serie non converge poiché il termine generale n²+ 1

3ⁿ+ 13ⁿ(−1)ⁿ non converge.

8.8 Esercizio -

Per ognuna delle seguenti serie determinate l’insieme dei valori del parametro x ∈ R per cui essa è convergente.

(i)

∞

∑

n=0

n+ 1

n³+ 1(x²+ 3x + 1)ⁿ (ii)

∞

∑

n=1

x²− |x| − 4n

n² (iii)

∞

∑

n=1

2ⁿ n²

1 + x 2 + x

n

.

Soluzione.

(i) Siccome la serie non è a termini non-negativi (infatti x²+ 3x + 1 può assumere valori negativi), studiamo la convergenza assoluta. Dal criterio del rapporto si ha:

n→+∞lim

n+ 2

(n + 1)³+ 1|x²+ 3x + 1|ⁿ⁺¹ n+ 1

n³+ 1|x²+ 3x + 1|ⁿ

= lim

n→+∞

n+ 2

n+ 1· n³+ 1

n³+ 3n²+ 3n + 2|x²+ 3x + 1| = |x²+ 3x + 1| .

Si vuole quindi avere |x²+ 3x + 1| < 1 , cioè:

x²+ 3x + 1 < 1 ⇐⇒ x²+ 3x < 0 ⇐⇒ x(x + 3) < 0 ⇐⇒ −3 < x < 0 ; x²+ 3x + 1 > −1 ⇐⇒ x²+ 3x + 2 > 0 ⇐⇒ x< −2 , x > −1 .

(6)

dunque abbiamo convergenza assoluta (e dunque convergenza) per −3 < x < 2 e per −1 < x < 0 .

Quando |x²+ 3x + 1| > 1 il termine generale della serie non è infinitesimo per cui la serie non converge per x < −3 ,

−2 < x < −1 e x > 0 .

Infine per x = 0 e x = 3 la serie diventa

∞ n=0

∑

n+ 1

n³+ 1 che per il criterio del confronto asintotico si comporta come la serie

∞ n=0

∑

1

n² che converge.

Per x = −2 e x = −1 la serie diventa

∞ n=0

∑

n+ 1

n³+ 1(−1)ⁿ che converge assolutamente, infatti

∞ n=0

∑

n+ 1 n³+ 1(−1)ⁿ

=

∞ n=0

∑

n+ 1

n³+ 1 che converge per quanto appena visto.

(ii) Per utilizzare il criterio del rapporto occorre che i termini della serie siano di segno costante. Dunque consideriamo la convergenza assoluta. Si ha:

a_n+1 a_n

=

x²− |x| − 4n+1

(n + 1)²

n²

x²− |x| − 4n =

n

n+ 1

2

|x²− |x| − 4| −→

n→+∞ |x²− |x| − 4| . Pertanto

• Se |x²− |x| − 4| < 1 la serie converge perché converge assolutamente. Andiamo a esplicitare i valori di x per cui si ha la convergenza.

|x²− |x| − 4| < 1 ⇐⇒ −1 < x²− |x| − 4 < 1

⇐⇒

(x²− |x| − 4 < 1 x²− |x| − 4 > −1

⇐⇒

(x²− |x| − 5 < 0 x²− |x| − 3 > 0 Se x ≥ 0 allora il sistema da risolvere è

(∗)











x²− x − 5 < 0 x²− x − 3 > 0 x≥ 0

Le radici di x²− x − 5 = 0 sono x = 1 ±√ 21

2 e le radici di x²− x − 3 = 0 sono x = 1 ±√ 13

2 .

Pertanto (∗) equivale a









 1 −√

21

2 < x <1 +√ 21 2 x<1 −√

13 2

!

∪ x>1 +√ 13 2

!

x≥ 0

⇐⇒ 1 +√

13

2 < x <1 +√ 21 2

Se x < 0 il sistema da risolvere è

(∗∗)











x²+ x − 5 < 0 x²+ x − 3 > 0 x< 0

(7)

Le radici di x²+ x − 5 = 0 sono x = −1 ±√ 21

2 e le radici di x²+ x − 3 = 0 sono x =−1 ±√ 13

2 .

Pertanto il sistema (∗∗) sarà equivalente a











−1 −√ 21

2 < x <−1 +√ 21 2 x<−1 −√

13 2

!

∪ x>−1 +√ 13 2

!

x< 0

⇐⇒ −1 −√

21

2 < x <−1 −√ 13 2

Ricapitolando |x²− |x| − 4| < 1 ⇐⇒ −1 −√ 21

2 < x <−1 −√ 13

2 ∪ 1 +√

13

2 < x <1 +√ 21

2 .

• Se |x²− |x| − 4| = 1 cioè se x = −1 −√ 21

2 , x = 1 +√ 21

2 , x = −1 −√ 13

2 , x =1 +√ 13

2 , allora la serie in valore assoluto diventa

∞ n=1

∑

1

n² che è convergente.

• Se |x²− |x| − 4| > 1 cioè se x <−1 −√ 21

2 , −1 −√ 13

2 < x <1 +√ 13

2 , x >1 +√ 21 2 , si ha

an+1

a_n

= L > 1 , e quindi |an+1| è crescente (per n abbastanza grande).

Dunque |a_n| 6→ 0 , e allora anche a_n6→ 0 e la serie non è convergente.

(iii) Studiamo la convergenza assoluta con il criterio del rapporto:

n→+∞lim 2⁽ⁿ⁺¹⁾ (n + 1)²

1 + x 2 + x

n+1

2ⁿ n²

1 + x 2 + x

n = 2 n²

(n + 1)²

1 + x 2 + x

n→+∞−→ 2

1 + x 2 + x

• Se 2

1 + x 2 + x

< 1 si ha convergenza assoluta. Questo accade quando

|2 + 2x| < |2 + x| ⇐⇒ −|2 + x| < 2 + 2x < |2 + x|

⇐⇒











−2 − x < 2 + 2x 2 + 2x < 2 + x x> −2

∪











2 + x < 2 + 2x 2 + 2x < −2 − x x< −2

⇐⇒









 x> −⁴₃ x< 0 x> −2

∪









 x> 0 x< −⁴₃ x< −2

⇐⇒ −4

3 < x < 0

• Se x < −4

3, x 6= −2 oppure x > 0 , il limite del criterio del rapporto risulta 2

1 + x 2 + x

> 1 dunque |an| 6→ 0 , e allora anche a_n6→ 0 per cui la serie non converge.

• Se x = −4

3 la serie diventa

∞

∑

n=1

2ⁿ n²

−1 2

n

=

∞

∑

n=1

(−1)ⁿ

n² che è assolutamente convergente e dunque convergente.

• Se x = 0 la serie diventa

∞ n=1

∑

2ⁿ n²

1 2

n

=

∞ n=1

∑

1

n² che è convergente.

La serie è quindi convergente per −4

3≤ x ≤ 0 .