AM1 Analisi 1 a.a Esercitazione Dicembre. (a cura di Paolo Tranquilli) Soluzioni

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1 Università degli Studi Roma Tre Facoltà di Scienze Mat. Fis. e Nat. C.d.L. in Matematica AM Analisi a.a Esercitazione 0 0 Dicembre (a cura di Paolo Tranquilli) Soluzioni Esercizio. Studiare la convergenza delle seguenti serie. a. b. c. k= ( ) k log k ; Abbiamo lim k + log k = 0, e per cui log k coskπ e k + k ; k + > k = log(k + ) > log k = log(k + ) < log k, è decrescente e per il criterio di Leibniz la serie converge. coskπ = ( ) k, lim k + e k +k = 0, e e k+ + (k + ) > e k + k, = quindi per il criterio di Leibniz la serie converge. ( ) k k 0k + ; lim k + k 0k+ = 0, e (k + ) 0(k + ) + = k 8k 7 < k 0k + e k+ + (k + ) < e k + k, ( ) k 8k 7 > k 0k + k > 9 k 0, per cui la successione è definitivamente decrescente. Notare che ( ) è giustificata dal fatto che definitivamente entrambi i denominatori sono positivi (altrimenti si dovrebbe fare i casi per decidere il verso della disuguaglianza). Per il criterio di Leibniz la serie converge. d. k sin π k log k ; La serie non conevrge perché per il termine a k = k sin π k log k non tende a 0, k= infatti a 4h+ = 4h + h + +. log(4h + )

2 e. k= sin π k log k. Abbiamo sin π 0 se k = h, k = se k = 4h + = (h) +, se k = 4h + = (h + ) +, Possiamo togliere i termini nulli dalla serie, per cui reindicizzando: k= sin π k + log k = ( ) i log(i + ). La successione decresce e tende a 0, per cui per il criterio di Leibniz la serie converge. Esercizio. Mostrare che se a k è una successione convergente a 0, allora i= a k converge (a h + a h+ ) converge, e se convergono allora + a k = + (a h + a h+ ). Mostrare un controesempio alla stessa proprietà senza l ipotesi di convegenza a 0. Dimostrazione. Siano s n e t m le successioni delle somme ridotte delle due serie, ovvero s n := n a k, t m := m (a h + a h+ ). È ovvio che t m = s m+. Quindi essendo t m sottosuccessione di s n l implicazione da sinistra a destra è fatta (notare che vale anche senza l ipotesi di convergenza a 0). Viceversa supponiamo che lim m + t m = L. Quindi lim m + s m+ = L, e lim s m = lim (t m + a m ) = L + 0 = L. m + m + Quindi poiché abbiamo due sottosuccessioni che partizionano l intera successione e che tendono allo stesso limite L, abbiamo che lim n + s n = L. Come controesempio si può prendere + ( )k, che non converge, mentre (( ) h + ( ) h+ ) = ( ) = 0. Esercizio. Studiare la convergenza di k= sin π k. k

3 (suggerimento: utilizzare l esercizio precedente.) Abbiamo sin π 0 se k = h, k = se k = 6h + = (h) + o k = 6h + = (h) +, se k = 6h + 4 = (h + ) + o k = 6h + 5 = (h + ) +. Togliendo i termini nulli e associando la somma a due due (come giustificato dall esercizio precedente, in quanto i termini tendono a 0), abbiamo: k= sin π k k = i=0 ( ) i ( i + + ). i + Si tratta quindi di una serie a segno alterni. I termini tendono a 0, e inoltre sono banalmente decrescenti, quindi per il criterio di Leibniz la serie converge. Esercizio 4. Determinare massimo e minimo limite delle seguenti successioni. a. a n := ( ) n n + ( = ( ) n + ) ; n n Mostriamo che max lim n + a n =. La sottosuccessione a k = + k + k. Per ogni ε > 0 mostriamo che a n < + ε definitivamente. Per n = h + abbiamo Per n = h abbiamo che quindi definitivamente vale. Mostriamo che min lim n + a n =. a h+ = h + < 0 < + ε. a h = + h < + ε h < ε h > ε, La sottosuccessione a k+ = k + k+. Per ogni ε > 0 mostriamo che a n > ε definitivamente. Per n = h + abbiamo a h+ = h + < ε h > ε, che quindi definitivamente vale. Per n = h abbiamo b. a n := arctan n = arctan(( ) n n ); Mostriamo che max lim n + a n = π. a h = + > 0 > ε. h

4 k k + La sottosuccessione a k = arctan π. Per ogni n abbiamo a n < π < π + ε. Mostriamo che min lim n + a n = π per un ragionamento analogo al precedente. c. a n := n + ( πn sin n 0 = + ) sin πn n 0 ; Abbiamo che sin πn 0 = per πn 0 = π + kπ n = 5 + 0k e che è uguale a per πn 0 = π Quindi, max lim n + a n = perché + kπ n = 5 + 0k. la sottosuccessione a 0k+5 = + k + 0k+5 ; per ogni ε > 0: ( a n = + ) sin πn n 0 + n < + ε = n > ε, Per ragionamento analogo (e utilizzando la sottosuccessione a 0k+5 ) si ottiene che min lim n + a n =. d. a n := ( ) n + sin n ; max lim n + a n =, infatti la sottosuccessione a k = + sin k + k ; per ogni ε > 0 si ha min lim n + a n =, poiché a n + sin n < + ε = n > ε la sottosuccessione a k+ = + sin k + k+ per ogni n abbiamo a n > > ε. e. a n := ( ) n e ncos nπ = ( ) n e ( )nn ; k k + max lim n + a n = +, in quanto la sottosuccessione a k = e +. Nel caso di + (o per min lim) non c è bisogno di mostrare altro. min lim n + a n = 0, in quanto 4

5 k k + la sottosuccessione a k+ = e 0; per ogni ε > 0 si ha che per n = k pari vale a k = e k > 0 > ε, mentre per n = k + dispari abbiamo a k+ = e k > ε k < log ε k > logε, f. a n := [sinn + ], Mostriamo che max lim n + a n =. Innanzitutto vediamo che sinn <, con disuguaglianza stretta. Supponiamo sinn =, per cui che è impossibile perché π è irrazionale. n = kπ + π π = n 4k +, Dall ipotesi max lim n + sin n = possiamo dedurre l esistenza di una sottosuccessione sin n k, per cui definitivamente abbiamo 0 < sinn k < (la prima k + disuguaglianza per il limite, la seconda, stretta, per quanto visto prima). Quindi definitivamente [sinn k + ] =. Da sinn + < possiamo dedurre [sinn + ] < + ε per ogni n. Mostriamo min lim n + a n = 0. Dall ipotesi min lim n + sin n = possiamo dedurre l esistenza di una sottosuccessione sin n k, che implica che definitivamente 0 sin n k + <, da cui k + [sin n k + ] = 0 definitivamente. Da sinn deduciamo [sinn + ] 0 > ε per ogni n. 5