La successione1/k, essendo decrescente ed infinitesima, `e a variazione limitata (vedi Osservazione 6.39). Pert /∈ 2πZ, la successione delle somme parziali di (eikt)k `e limitata: infatti per ognim∈N si ha
sm=
�m k=1
eikt =−1 +
�m k=0
(eit)k = 1− ei(m+1)t 1− eit − 1
ed `e �
��
�
1− ei(m+1)t 1− eit
��
��≤ 2
|1 − eit| Si conclude allora applicando il criterio di Abel-Dirichlet.
6.5 Esercizi
Esercizio 6.1 Sianoa, b∈R. Utilizzando il metodo di Gauss calcolare
S =
�n k=0
(a + bk).
Esercizio 6.2 Sia x un numero reale fissato. Calcolare, usando il metodo di perturbazione e quanto ottenuto nell’Esempio 6.2, le somme
Tn=
�n k=0
k2xk Dedurre, per|x| < 1, la somma della serie
�∞ k=0
k2xk. Esercizio 6.3 Calcolare �
0≤k<n
1 (k + 1)(k + 2) Esercizio 6.4 Calcolare �
0≤k<n
k22k. Esercizio 6.5 Calcolare �
0≤k<n
k25k
Esercizio 6.6 Verificato che∆ log k! = log(k + 1), calcolare
�
0≤k<n
k log(k + 1).
Esercizio 6.7 Generalizziamo il ragionamento effettuato nella Proposizione 6.27 per stimare i numeri armonici.
1. Siaf : [a, b]→R decrescente. Provare che vale la stima integrale K
�
a<k≤b
f (k)≤
� b a
f (x) dx≤ �
a≤k<b
f (k).
2. Provare il famoso criterio dell’integrale per serie decrescenti e infinitesime: si supponga chef : [a, +∞[→R tenda a 0 all’infinito: la serie
�+∞
k=a
f (k)converge se e solo se l’integrale
� +∞ a
f (x) dxesiste finito.
Soluzioni degli esercizi Soluzione es. 6.1. Si ha
2S =
�n k=0
(a + bk) +
�n k=0
(a + b(n− k)) =
�n k=0
(a + bk + a + b(n− k)) =
�n k=0
(2a + bn) = (n + 1)(2a + bn) da cuiS = (n + 1)(a +1
2bn) = 1
2bn2+ (a +1
2b)n + a. Soluzione es. 6.2. Sex = 1si ha
Tn =
�n k=0
k2=
�n k=0
k1
2∆ k2 = 1 2
�kk2�θ nk=0− 1 2
�n k=0
(k + 1)2=
= 1
2n(n + 1)2−1 2
n+1�
k=1
k2= 1
2n(n + 1)2−1 2
�1 3k3
�n+2 k=1
=
= 1
2n(n+1)2−1
6(n+2)(n+1)n = 1
2n(n+1)(n+1−1
3(n+2)) = 1
2n(n+1)(2 3n+1
3) Supponiamo orax�= 1. Allora
Tn+ (n + 1)2xn+1=
�n k=0
(k + 1)2xk+1= x
�n k=0
(k2+ 2k + 1)xk=
= xTn+ 2x
�n k=0
kxk+ x
�n k=0
xk = xTn+ 2xsn+ x1− xn+1 1− x consn =
�n k=0
kxk. Alora si ha
(1− x)Tn = 2xsn+ x1− xn+1
1− x − (n + 1)2xn+1= grazie all’Esempio 6.2
= 2x
�
x1− xn+1
(1− x)2 − (n + 1)xn+1 1− x
�
+ x1− xn+1
1− x − (n + 1)2xn+1=
= x
(1− x)2
�−n2xn+2+ (2n2+ 2n− 1)xn+1− (n + 1)2xn+ x + 1�
Si ha dunqueTn= x
(1− x)3[−n2xn+2+ (2n2+ 2n− 1)xn+1− (n + 1)2xn+ x + 1]; per|x| < 1,
�∞ k=0
k2xk = x(x + 1) (1− x)3. Soluzione es. 6.3. Si ha
�
0≤k<n
1
(k + 1)(k + 2) = �
0≤k<n
k−2=−�k−1�nk=0=
=−
� 1
n + 1 − 1
�
= 1− 1 1 + n Soluzione es. 6.4. Essendo∆ 2k= 2ksi ha
�
0≤k<n
k22k = �
0≤k<n
k2∆ 2k =�k22k�nk=0− �
0≤k<n
∆ k2θ 2k =
= n22n− �
0≤k<n
(2k + 1)2k+1 Si ha �
0≤k<n
(2k + 1)2k+1=�(2k + 1)2k+1�nk=0− �
0≤k<n
∆(2k + 1)2k+2=
= (2n + 1)2n+1− 2 −�2× 2k+2�nk=0= (2n− 3)2n+1+ 6
Pertanto la somma cercata `e uguale an22n−(2n−3)2n+1−6 = (n2−4n+6)2n−6.
Soluzione es. 6.5. Essendo∆ 5k= 4× 5ksi ha
�
0≤k<n
k25k = �
0≤k<n
k21
4∆ 5k= 1 4
�k25k�nk=0−1 4
�
0≤k<n
∆ k2θ 5k =
= 1 4
�
n25n− �
0≤k<n
(2k + 1)5k+1
�
Si ha �
0≤k<n
(2k + 1)5k+1= 1 4
��
(2k + 1)5k+1�nk=0− �
0≤k<n
∆(2k + 1)5k+2
�
=
= 1 4
�
(2n + 1)5n+1− 5 − 1
4×�2× 5k+2�nk=0
�
= 1 8
�(4n− 3)5n+1+ 15�
Pertanto la somma cercata `e uguale a 1
4
�
n25n− 1 8
�(4n− 3)5n+1+ 15�
�
= 1 32
�(8n2− 20n + 15)5n− 15�
Soluzione es. 6.6. Intanto si ha
∆ log k! = log(k + 1)!− log k! = log(k + 1)!
k! = log(k + 1) Allora abbiamo
�
0≤k<n
k log(k + 1) = �
0≤k<n
k ∆ log k!
= k log k! []nk=1− �
0≤k<n
(∆ k) θ(log k!)
= n log n!− log (2!3!...n!).
Soluzione es. 6.7. 1. Per ognia < k≤ bintero per la decrescenza dif si ha f (k)≤ f(x) ∀x ∈ [k − 1, k]
da cui
f (k) =
� k k−1
f (k) dx≤
� k k−1
f (x) dx.
Sommando, perkdaa + 1absi ottiene
�
a<k≤b
f (k) =
�b k=a+1
f (k)≤
�b k=a+1
� k k−1
f (x) dx =
� b a
f (x) dx.
Analogamente, scrivendo per ognia≤ k < bintero che f (k)≥ f(x) ∀x ∈ [k, k + 1]
si ottiene
�
a≤k<b
f (k) =
b−1
�
k=a
f (k)≥
b−1
�
k=a
� k+1 k
f (x) dx =
� b a
f (x) dx, da cui l’asserto.
2. Sef tende a zero all’infinito alloraf `e a valori positivi e sia la somma �
a≤k<b
f (k) che l’integrale
� b a
f (x) dxconvergono o divergono a+∞perb→ +∞, a priori indipendentemente una dall’altra. La stima trovata in 1. permette tuttavia di conclu- dere che entrambi i limiti hanno lo stesso comportamento: se l’integrale converge la serie `e limitata dall’alto e quindi converge, se la serie converge l’integrale `e limitato dall’alto e quindi converge.
