TEMI D ESAME DI ANALISI MATEMATICA I Corso di laurea (quadriennale) in Fisica a.a. 2002/03

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1 I seguenti quesiti ed il relativo svolgimento sono coperti dal diritto d autore, pertanto essi non possono essere sfruttati a fini commerciali o di pubblicazione editoriale senza autorizzazione esplicita e scritta dell autore. Ogni abuso sarà perseguito a termini di legge dal titolare del diritto. TEMI D ESAME DI ANALISI MATEMATICA I Corso di laurea (quadriennale) in Fisica a.a. 00/03 Prova scritta del 5 marzo Determinare la natura dei punti stazionari della funzione f : R R, dove f(x, y) = (y x)(y + x ).. Per a parametro reale, a, siano f a : (0, + ) R definite da f a (x) = log(1 + x ) x a log(1 + x a ). Determinare, al variare di a, per quale valore k = k(a) R il limite f a (x) lim x 0 + x k esiste, è finito e non è nullo. 3. Determinare per quale α R la soluzione y α del problema di Cauchy y + y 8y = 0 y(0) = π y (0) = α soddisfa lim x + y α (x) = Determinare il carattere della serie numerica + n=1 n! ( e ) n n (può essere utile ricordare che la successione { ( 1+ 1 n) n} è monotona crescente). 1

2 1. La funzione è di classe C (R ), ed il suo gradiente vale f(x, y) = ( y x + x(y x), y + x + y x) = (y(x 1) 3x, y (x x )) che si annulla se y(x 1) = 3x y = x x, cioè nei tre punti (0, 0), ( 1, 3 8 ), ( 1, 1). Calcolando la matrice hessiana otteniamo y 6x x 1 Hf(x, y) = x 1 e quindi: det Hf(0, 0) = 1 < 0, per cui (0, 0) è un punto di sella. det Hf( 1, 1) = 1 < 0, e anche ( 1, 1) è un punto di sella. Hf( 1, 3 8 ) = 9/4, det Hf( 1, 3 8 ) = 1 > 0, e quindi ( 1, 3 8 ) è un punto di minimo relativo.. Il comportamento del termine log(1 + x a ) per x 0 + è a log x se a < 0 log(1 + x a ) log se a = 0. x a se a > 0 Per a < 0 il secondo addendo x a log(1 + x a ) ax a log x è certamente infinitesimo di ordine superiore a, e quindi f a (x) x. Per a = 0 abbiamo f 0 (x) = log(1 + x ) x log (1 log )x.

3 3 Per a > 0 abbiamo Riassumendo: f a (x) = x x4 + o(x4 ) x a [x a xa + o(xa )] = x4 + xa+ + o(x 4 ) + o(x a+ ) x a+ se 0 < a <. x4 se a > a < 0 = k =, lim x 0 + f a (x) x k = 1; a = 0 = k =, lim x 0 + f a (x) x k = 1 log ; 0 < a < = k = a +, lim x 0 + f a (x) x k = 1 ; < a = k = 4, lim x 0 + f a (x) x k = Si tratta di un problema di Cauchy con equazione differenziale del II ordine, lineare, omogenea, a coefficienti costanti. Il polinomio caratteristico è P (λ) = λ + λ 8 = (λ )(λ + 4) e quindi la soluzione generale è data da y(x) = Ae x + Be 4x, A, B R. Le condizioni iniziali richiedono che { π = A + B = α = A 4B e quindi la soluzione del problema di Cauchy è Ovviamente la richiesta y(x) = α 4π 6 { B = π A α = 6A + 4π e x α + π e 4x. 6 lim y α(x) = 0 è verificata solo nel caso α = 4π. x + 4. Tutti i termini a n = n! ( e ) n sono strettamente positivi, e la loro n espressione induce ad utilizzare il criterio del rapporto. Purtroppo però: a n+1 a n = (n + 1)! en+1 n n (n + 1) n+1 n! e n = enn (n + 1) n = e ( ) n 1 n

4 4 ed il criterio del rapporto non fornisce risposta. ( 1 ) n 1 + e, e quindi n a n+1 a n = e ( n ) n 1 +, Tuttavia, sappiamo che per cui la successione {a n } è positiva e monotòna crescente, e così non può tendere a zero. Perciò, la serie diverge a +.

5 5 Prova scritta del 6 giugno Determinare la natura dei punti stazionari della funzione f : R R, dove f(x, y) = (x + y )(x + 1).. Determinare per quali a R esiste, ed è finito, l integrale 1 0 sin πx x a dx. 3. Determinare la soluzione locale del problema di Cauchy { y + (tan x)y = sin x y(π) = 3 specificandone l intervallo di definizione. 4. Stabilire per quali x R la serie numerica + ( x x 3 )n n log n è convergente. n=

6 6 1. La funzione è di classe C (R ), ed il suo gradiente vale f(x, y) = ((x + 1) + (x + 1)(x + y ), y(x + 1) ) = ((x + 1)(3x + y + 1), y(x + 1) ) che si annulla in tutti i punti della forma ( 1, y), e anche nel punto ( 1 3, 0). Calcolando la matrice hessiana otteniamo Hf(x, y) = 6x + y + 4 4y(x + 1). 4y(x + 1) (x + 1) [ ] Perciò: Hf( 1 0 3, 0) =, per cui det Hf( 0 8/9 1 3, 0) = 16 9 > 0, f x ( 1 3, 0) > 0, da cui risulta che ( 1 3, 0) è un punto di minimo relativo per f. [ (y Hf( 1, y) = ] 1) 0, per cui det Hf( 1, y) = 0; in 0 0 questo caso dobbiamo ricorrere ad un altro metodo per stabilire la natura dei punti ( 1, y). In tutti questi punti, e nei punti della parabola di equazione x = y, la funzione si annulla; il segno di f è non-negativo solo nei punti che si trovano a destra del grafico della parabola, per cui: i) i punti ( 1, y) con y > 1 sono di minimo relativo; ii) i punti ( 1, y) con y < 1 sono di massimo relativo; iii) i punti ( 1, ±1) sono di sella.. La funzione integranda è definita e continua in [0, 1], purché a < 0 oppure a > 1; in questi casi l integrale è di certo convergente. Quando invece a [0, 1] la funzione non è definita per x = a, dove il denominatore si annulla del I ordine se a (0, 1], e del II ordine se a = 0. Perciò: sin xπ a = 0: f(x) = x π x per x 0+, e l integrale non converge.

7 sin aπ 0 < a < 1: f(x) per x a, e l integrale non converge. a(x a) sin(π(x 1)) π(x 1) a = 1: f(x) = = π (x + 1)(x 1) (x 1) per x 1, e quindi l integrale converge. Riassumendo, l integrale esiste ed è finito nel caso a (, 0) [1, + ). 3. Si tratta di un equazione differenziale lineare del I ordine, con coefficienti continui in ogni intervallo del tipo ( π + kπ, π + kπ), k Z. Quindi, la formula risolutiva ci fornisce la soluzione definita nell intervallo I = ( π, 3π ) dalla formula: y(x) = exp( x π { tan t dt) 3 + x π (sin t) exp( t π } tan s ds) Nell intervallo I abbiamo x x sin t tan t dt = dt = [ log cos t ]t=x t=π = log( cos x). cos t π Quindi la soluzione è y(x) = exp(log( cos x)) { 3 + { x π = ( cos x) 3 tan t dt π π x = 3 cos x cos x log( cos x). } (sin t) exp( log( cos t)) dt } = ( cos x){ 3 + log( cos x)} Il criterio della radice ci porta a quindi: n 1 un (x) = n n log n x + 3 x 3 x + 3 x 3 ; non c è convergenza se x + 3 x 3 > 1; c è convergenza assoluta nel caso x + 3 x 3 < 1; per il criterio di Leibniz c è convergenza semplice nel caso x + 3 x 3 = 1; quando x + 3 x 3 = 1 la serie + 1 n= risulta divergente. n log n Perciò, la serie converge se e solo se 1 x + 3 x 3 < 1

8 8 cioè se e solo se x (, 0] (6, + ).

9 9 Prova scritta del 3 luglio Sia data la funzione reale di variabile reale x t + F (x) = 1 t et dt. Determinarne: insieme di definizione e limiti ai suoi estremi, segno, eventuali asintoti, intervalli di monotonìa, eventuali punti estremanti, concavità. Tracciarne poi un grafico qualitativo.. Calcolare lo sviluppo di Taylor di ordine, nel punto (, 6), della funzione y 4x + 13 f(x, y) = log y x Determinare la soluzione del problema di Cauchy y y + y = e x cos x y(0) = 3 y (0) = 0 4. Determinare per quali x R la serie numerica + n= nx (1 x)n e n log n è convergente, distinguendo tra convergenza semplice ed assoluta.

10 10 1. La funzione integranda f(t) = t + 1 t et è definita e continua in (, 1 ) (1 + ) e non è integrabile negli intorni di t = 1. Perciò la funzione F è definita solo per x (, 1 ), ed è anche derivabile, con F (x) = f(x) = x + 1 x ex. Inoltre, F ( ) = 0. Per x (, 1 ) il segno di f(x) è determinato dal segno di x +, e quindi: F crescente se e solo se x > ; F ( ) = 0. Ne segue che in x = la funzione F presenta un punto di minimo assoluto, e certamente esistono i limiti di F (x) per x e per x ( 1 ). Poiché F non è integrabile negli intorni di x = 1 si ha lim F (x) = +. x (1/) Invece, l integrale improprio f(t) dt è convergente, perché la funzione f decade esponenzialmente quando t ; perciò, il lim F (x)esiste, è x finito, e ha valore positivo. Così, f ha un asintoto orizzontale sinistro a quota α = f(t) dt. Per quanto riguarda la concavità di F, abbiamo F (x) = f (x) = e x x + 3x 7 (1 x) per cui la funzione F ha la concavità rivolta verso l alto solo per < x < 1.

11 . Il polinomio di Taylor cercato può essere calcolato sia utilizzando la definizione: T (x, y) = f(p) + [ f(p) (x, y + 6)] + 1 [(x, y + 6)T Hf(P)(x, y + 6)] = f(p) + [(x ) f (P) + (y + 6) f x y (P)] + 1 [(x ) f x (P) + (x )(y + 6) f x y (P) + (y + 6) f y (P) (indichiamo con P il punto (, 6) in cui vengono valutate f e le sue derivate), sia utilizzando le formule di Taylor per funzioni di una sola variabile reale, adattandole opportunamente al caso di due variabili. In quest ultimo caso è bene tenere presente che sia il numeratore che il denominatore di assumono valore 1 nel punto P; quindi conviene y 4x + 13 y x + 13 scrivere la funzione come y 4x + 13 y + 4x 13 f(x, y) = log = log y x + 13 y + x 13 = log( y + 4x 13) log( y + x 13) = log{1 + [4(x ) (y + 6)]} log{1 + [(x ) (y + 6)]} e poi sviluppare la funzione log(1 + t) in t = 0. Se invece scegliamo la strada del calcolo diretto delle derivate parziali, troviamo 4 f(x, y) = ( 4x y 13 1 x y 13, 1 4x y 13 + x y 13 ) 11 f 16 (x, y) = x (4x y 13) + 1 (x y 13) per cui f x y (x, y) = 4 (4x y 13) (x y 13) f 1 (x, y) = y (4x y 13) + 4 (x y 13) f(p) = 0 f(p) = (3, 1) Hf(P) = [ 15 3 ]

12 1 che porta ad avere T (x, y) = 3(x ) + (y + 6) + 1 [ 15(x ) + 4(x )(y + 6) + 3(y + 6) ] = 45x + 15y 15 x + xy + 3 y. 3. Si tratta di un problema di Cauchy in cui l equazione differenziale è lineare, del II ordine, a coefficienti costanti, non omogenea. La soluzione generale dell equazione differenziale è y(x) = xe x sin x + C 1 e x cos x + C e x sin x e dopo aver inserito i valori iniziali otteniamo y(x) = xe x sin x + 3e x cos x 3e x sin x. 4. Applicando il Criterio della Radice otteniamo n 1 an = e n x n nx 1 n log n = ex 1 x n n log n ex 1 x se n +. Perciò, si ha convergenza assoluta per e x 1 x < 1, e non c è convergenza quando e x 1 x > 1. Inoltre, per e x (1 x) = 1 la serie diverge a +, mentre il criterio di Leibniz permette di concludere che c è convergenza semplice se e x (1 x) = 1. Un breve studio del grafico della funzione f(x) = e x (1 x) permette di concludere che esiste un valore α > 1 per cui: la serie converge se e solo se x (, 0) (0, α]; per x = α la convergenza è solo semplice, negli altri casi è assoluta.

13 13 Prova scritta del 5 settembre Determinare i punti estremanti (relativi) della funzione f(x, y) = x 1 (y x 3 ).. Studiare, per a > 0, la convergenza dell integrale improprio + 0 log(1 + t a ) t a + arctan t dt. 3. Per a R, determinare la soluzione y a del problema di Cauchy y + 1 x x y = e x. y(1) = 3a 4. Determinare per quali a R è convergente la serie numerica + n= n 3 n + n sin(n1 a ).

14 14 1. La funzione è continua (perché prodotto di funzioni continue) in R, ed è anche di classe C 1 (addirittura C ) nell insieme ottenuto da R eliminando la retta verticale di equazione x = 1. Di questa funzione è facile studiare il segno. Si annulla in tutti i punti del tipo (1, y) e nei punti delle curve Γ ± di equazione y = ±x 3/. Negli altri punti del piano, f assume valori positivi o negativi, a seconda che (x, y) si trovi a sinistra o a destra delle curve Γ ±. Perciò, i punti del tipo (1, y) con 1 < y < 1 sono punti di massimo relativo, in quanto f(1, y) = 0 ed f assume valori non-positivi in un loro intorno opportuno. Allo stesso modo, i punti del tipo (1, y) con y > 1 sono punti di minimo relativo. Invece, i punti (1, ±1) non sono estremanti in quanto in ogni loro intorno f assume valori sia positivi che negativi. Per i punti (x, y) con x 1 possiamo invece utilizzare il solito metodo, che richiede di studiare quando f(x, y) = (0, 0). Conviene ricordare che x 1 = (x 1) sgn(x 1). e che d ( x 1 ) = sgn(x 1) = dx 1 se x > 1 1 se x < 1 Allora f(x, y) = ( f x, f y )(x, y) = (sgn(x 1) (y x 3 ) 3x x 1, y x 1 ) = ([y 4x 3 + 3x ] sgn(x 1), y(x 1) sgn(x 1))

15 15 porta al sistema y 4x 3 + 3x = 0 y(x 1) = 0. Poiché x 1, la seconda equazione impone y = 0, e sostituendo nella prima equazione otteniamo x (3 4x) = 0 da cui si trova che i punti stazionari di f sono (0, 0) e ( 3 4, 0). La natura di questi punti può essere determinata anche senza ricorrere alla matrice hessiana. Infatti, in ogni intorno dell origine la funzione f assume valori sia positivi che negativi, e quindi (0, 0) è necessariamente un punto di sella. Per quel che riguarda ( 3 4, 0) : osserviamo che il triangolo mistilineo T di vertici (0, 0) e (1, ±1) è un insieme compatto, in cui f assume solo valori non-positivi. Per il teorema di Weierstrass, f deve assumere massimo e minimo relativo in T, e poiché f si annulla in ogni punto della frontiera di T, il valore minimo viene assunto in un punto interno. Quindi, uno dei punti stazionari di f interni a T è un punto di minimo. Avendo trovato un solo punto stazionario, cioè ( 3 4, 0), possiamo concludere si tratta di un punto di minimo.. La funzione integranda f(t) = log(1 + ta ) t a è continua in (0, + ), + arctan t e quindi gli unici insiemi potenzialmente critici per la convergenza dell integrale sono gli intorni destri di t = 0 e gli intorni di +. Per t + si ha f(t) a log t t a e quindi l integrale relativo all intervallo [1, + ) converge se e solo se a > 1. Limitandoci perciò solo a questi valori di a, se t 0 + l espressione a denominatore soddisfa per cui t a + arctan t = t a + t + o(t) t f(t) ta t = 1 t 1 a che è integrabile in (0, 1] per ogni a > 0. Così l integrale assegnato converge se e solo se a > 1.

16 16 3. Si tratta di un equazione differenziale lineare del I ordine, con coefficienti continui in (0, + ). Applicando la formula risolutiva { x dt x y(x) = exp( 1 t ) e t } t ds 3a exp( 1 t 1 s ) dt = exp( 1 x {3a log x) e } t exp( 1 t log t) dt = 1 x e {3a t dt x 1 t = 3a + e x e x x. 1 } = 3a x x (e x e) n 3 4. Poiché lim n + n + n solo se lim n + sin(n 1 a ) = 0, e questo accade se e solo se = 1, il termine generale della serie tende a 0 se e lim n + n1 a = 0, ossia se e solo se a > 1. Perciò, per a 1 non può esserci convergenza. Invece, per a > 1: n 3 n + n sin(n1 a ) sin(n 1 a ) n 1 a e la serie converge se e solo se a >.

17 17 Prova scritta del 6 novembre i) Stabilire in quali regioni del piano x, y la funzione f(x, y) = xy(x + y 5) assume valori positivi. ii) Determinare il massimo ed il minimo valore assunto da f nella regione D = {(x, y) : 0 y 5, 0 x 5 y}.. Studiare, per a R, la convergenza dell integrale improprio + 0 log(1 + x) x(x + a) dx. 3. Calcolare lo sviluppo di McLaurin, arrestato al II ordine, delle funzioni f a (x) = 1 4ax log( e + x ) dove a R. 4. Determinare per quali a R è convergente la serie numerica [ n 4a ( en ) ] log. n 1 + n n

18 18 1. La funzione è di classe C (R ), si annulla sugli assi coordinati e nei punti della parabola di equazione y = 5 x. Essa cambia segno ad ogni attraversamento di queste linee, per cui f assume valori positivi quando (x, y) {x > 0, y > 0, y > 5 x } {x < 0, y > 0, y < 5 x } {x < 0, y < 0, y > 5 x } {x > 0, y < 0, y < 5 x }. In particolare, la funzione assume valori negativi all interno della regione D e nulli sulla frontiera. Quindi il massimo valore assunto da f in D è 0. Per determinare il valore minimo, che esiste di certo per il teorema di Weierstrass applicato al compatto D, cerchiamo i punti stazionari di f interni a D. La condizione f = (0, 0) porta al sistema f x = y(x + y 5) + x y = 0 f y = x(x + y 5) + xy = 0, y(3x + y 5) = 0 x(x + y 5) = 0 da cui si ricava che i punti stazionari sono (0, 0), (0, 5), (± 5, 0) e (±1, ), e di questi punti l unico interno a D è (1, ). Questo punto deve perciò essere un punto di minimo relativo per f, e per quanto detto il minimo valore assunto da f in D è f(1, ) = 4.. La funzione integranda è definita e continua in ogni punto di ( 1, + ), tranne x = 0 ed x = a. Per la convergenza dell integrale improprio gli insiemi potenzialmente critici sono quindi gli intorni destri di x = 0, gli intorni di +, e gli intorni di x = a (questi ultimi, ovviamente, solo nel caso il punto appartenga all intervallo [0, + ), cioè solo quando a 0).

19 Quando x + abbiamo f(x) log x x e quindi l integrale relativo ad un intorno di + risulta comunque convergente. Nel caso a > 0 la sola altra singolarità di f si ha in x = 0, e se x 0 + si ha x f(x) x(x + a) 1 a ; perciò f è limitata in un intorno di x = 0, e quindi l integrale converge. Quando a < 0, per x a f(x) log(1 a) a(x + a) e quindi l integrale non converge, perché il denominatore si annulla del I ordine mentre il numeratore assume un valore diverso da zero. Nel caso a = 0, le due singolarità vengono a sovrapporsi, e per x 0 + log(1 + x) f(x) = x 1 x ; anche in questo caso l integrale non converge. Riassumendo, l integrale improprio risulta convergente se e solo se a > Per ogni valore di a la funzione è certamente definita, e derivabile infinite volte, in un opportuno,intorno di x = 0. Lo sviluppo cercato può essere calcolato in modo diretto con la formula f a (x) = f a (0) + f a(0)x + f a (0) x + o(x ). Alternativamente, utilizziamo i noti sviluppi di McLaurin delle funzioni coinvolte nella definizione di f a. Otteniamo e ( ) 1/ 1 4ax = (1 4ax) 1/ = 1 + ( 4ax) + 1 per cui = 1 ax a x + o(x ) ( 1/ ) ( 4ax) + o(x ) ( e ) log = log e log( + x) = 1 + log log ((1 + x ) + x ) ( = 1 log 1 + x ) = 1 x + x 8 + o(x ) f a (x) = ( 1 a) x ( a + 1 8) x + o(x ).

20 0 4. Il termine generale a n della serie può essere scritto come n 4a ( en ) a n = log = 1 4a ( e ) n 1 + n n log + 1 n che chiaramente converge a zero per ogni valore di a. Possiamo anche cercare uno sviluppo asintotico di questa successione sfruttando l esercizio precedente, ottenendo a n = ( 1 a) 1 n ( a + 1 ) 1 8 n + o( 1 ). n Perciò la serie converge nel solo caso a = 1 4.

21 1 Prova scritta del 13 gennaio Determinare la natura dei punti stazionari della funzione f (x, y) = 3x 5 5x 3 y.. Studiare, per a > 0, la convergenza dell integrale improprio + 0 (1 + x) a+1 1 x a (1 + x a ) dx. 3. Determinare la soluzione del problema di Cauchy y + y 3y = 4e x + 1e 3x y(0) = y (0) = 4. Stabilire per quali valori c > 0 la serie n + n c + è convergente. n= (n c 1) log (1 + n c )

22 1. La funzione è di classe C ( R ) ed il suo gradiente si annulla se { 15x 4 15x = 0, y = 0 cioè nei tre punti (0, 0), (±1, 0). Il calcolo della matrice hessiana porta a [ 60x Hf (x, y) = 3 ] 30x 0 0 e per il determinante hessiano abbiamo: ) det Hf (1, 0) < 0, allora (1, 0) è un punto di sella; ) det Hf( 1, 0) > 0 e f xx ( 1, 0) < 0, allora ( 1, 0) è un punto di massimo relativo; ) det Hf(0, 0) = 0; qui il test delle derivate seconde è inconcludente, ma se osserviamo che f(x, 0) = 3x 5 5x 3 5x 3 per x 0, notiamo che il segno di f cambia in un intorno dell origine, e quindi (0, 0) è un punto di sella.. La funzione integranda f(x) = (1 + x)a+1 1 x a (1 + x a è, per ogni a > 0, ) continua in (0, + ), per cui è integrabile in ogni insieme del tipo [α, β] con 0 < α < β < +. Così, ci dobbiamo occupare solo della convergenza dell integrale improprio negli intorni destri di x = 0 e negli intorni di +. Per x 0 + abbiamo f(x) (a + 1)x x a = a + 1 x a 1 e l integrale improprio in un generico intervallo (0, α] converge se e solo se a 1 < 1, cioè a < 1. Per x +, invece f(x) xa+1 x 3a = 1 x a 1 e l integrale improprio in un generico intervallo [β, + ) converge se e solo se a 1 > 1, cioè a > 1. In conclusione, l integrale considerato non è mai convergente. 3. Problema di Cauchy con equazione differenziale del secondo ordine, lineare, a coefficienti costanti, non omogenea. Il polinomio caratteristico è P (λ) = λ + λ 3 = (λ + 3)(λ 1) e quindi la soluzione generale dell equazione omogenea associata è y H (x) = c 1 e x + c e 3x, c 1, c R.

23 Dalla forma del termine che dà la non-omogeneità sappiamo che è possibile trovare due costanti reali A, B in modo che una soluzione dell equazione differenziale data abbia la forma u(x) = Ae x + Be 3x. Allora u (x) = Ae x + 3Be 3x, u (x) = Ae x + 9Be 3x, e sostituendo nell equazione differenziale otteniamo Ae x + 9Be 3x + ( Ae x + 3Be 3x) 3 ( Ae x + Be 3x) = 4e x + 1e 3x da cui (A A 3A 4) e x + (9B + 6B 3B 1) e 3x 0 che è possibile solo per A = 1, B = 1. Così la soluzione generale dell equazione differenziale è y (x) = c 1 e x + c e 3x e x + e 3x, c 1, c R. Sostituendo i valori iniziali si arriva ad avere c 1 = c = 1 e quindi la soluzione del problema assegnato è y(x) = e x + e 3x e x + e 3x = Sh(x) + Ch(3x) Poiché c > 0, il termine n c +, e quindi (n c 1) log (1 + n c ) c n c log n, mentre per il numeratore abbiamo n se c < 1 n + n c n se c = 1. n c/ se c > 1 Quindi, il termine generale della serie soddisfa 1/c n c 1/ log se c < 1 n a n n 1/ log n se c = 1 1/c n c/ log n e la serie converge se e solo se c. se c > 1