Serie numeriche e di funzioni - Esercizi svolticantor.polito.it/didattica/materiali/Analisi...

Serie numeriche e di funzioni -Esercizi svolti

Serie numeriche

Esercizio 1. Discutere la convergenza delle serie seguenti

a)∞∑n=0

1

3n, b)

∞∑n=0

5n, c)∞∑n=0

4n

n!(4n)n, d)

∞∑n=1

(−1)ne n

n.

Esercizio 2. Calcolare la somma delle serie seguenti

a)∞∑n=2

(1

n2− 1

(n− 1)2

), b)

∞∑n=2

(cos

π

(n− 1)3− cos

π

n3

).

Esercizio 3. Utilizzando il teorema del confronto discutere la convergenza delle serie

a)∞∑n=2

1

n2(n− 1), b)

∞∑n=2

1

log n, c)

∞∑n=2

1

n2 log n, d)

∞∑n=1

log n

n2.

Esercizio 4. Discutere la convergenza delle serie

a)∞∑n=0

(1

5n− 1

3n

), b)

∞∑n=1

(1

n− 1

n2

), c)

∞∑n=2

(1

n− 1− 1

n

),

e calcolarne, se possibile, la somma.

Esercizio 5. Discutere la convergenza delle serie

a)∞∑n=1

sinh

(1

n2

), b)

∞∑n=0

(e

1n3 − 1

)

Esercizio 6. Studiare, al variare del parametro reale α, la convergenza di

a)∞∑n=0

1

αn, b)

∞∑n=1

αn

n2, c)

∞∑n=1

n+ 1

nα.

1

2 SERIE NUMERICHE E DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI

Esercizio 7. Utilizzando il criterio del rapporto o della radice discutere la convergenza delle serie

a)∞∑n=0

n!

2n, b)

∞∑n=0

(n

1 + n

)n2

, c)∞∑n=0

n2

n!, d)

∞∑n=0

(n!)2

2n2 , e)∞∑n=0

(n1/n − 1

)n.

Esercizio 8. Studiare la convergenza ed eventualmente calcolare la somma delle serie

a)∞∑n=1

1

n(n+ 2), b)

∞∑n=1

(1

4n2 − 1

), c)

∞∑n=2

2n

5n−2.

Esercizio 9. Utilizzando il criterio di Mac Laurin discutere la convergenza delle serie:

a)∞∑n=2

1

n log n, b)

∞∑n=2

1

n log3 n, c)

∞∑n=3

1

n log n[log(log n)].

Esercizio 10. Studiare la convergenza semplice e assoluta delle seguenti serie:

a)∞∑n=0

(−1)n1

3n+ 5, b)

∞∑n=0

(−1)nn+ 1

n2 + 2, c)

∞∑n=0

(−1)nn2 + 1

n+ 1,

d)∞∑n=0

(−1)nn− 1

3n4 − 2, e)

∞∑n=1

(−1)nlog n

e n, f)

∞∑n=1

(−1)nn+ 1

n2 − 30n,

g)∞∑n=0

(−1)n arctan1

2n+ 1, h)

∞∑n=2

(−1)n1

log(n+ 1)− log n, i)

∞∑n=0

3n2

(n!)2ncosπn,

l)∞∑n=0

(−1)n(

1

n+

(−1)n

n2

).

Esercizio 11. Nell’esercizio a), stimare l’errore che si commette troncando la serie ad n = 20.

Esercizio 12. Nell’esercizio b), stimare l’errore che si commette troncando la serie ad n = 20.

Esercizio 13. Nell’esercizio g), stimare il resto r3 della serie.

Esercizio 14. Studiare al variare del parametro α

a)∞∑n=1

αn

n!, b)

∞∑n=0

nαn, c)∞∑n=1

nnαn, d)∞∑n=0

αn

3n−2,

e)∞∑n=1

sinn α

2n, f)

∞∑n=0

sinnπ

n+ 1αn, g)

∞∑n=0

cosnπ

n+ 1αn.

SERIE NUMERICHE E DI FUNZIONI - ESERCIZI SVOLTI 3

Successioni di funzioni

Esercizio 1. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme su R della successione di funzioni

fn(x) = xe−n2x2 .

Esercizio 2. Studiare la convergenza puntuale ed uniforme su R della successione di funzioni

fn(x) =

√x2 +

1

n, n ≥ 1.

Esercizio 3. Data la successione

fn(x) =

1, x ≤ 0(nx− 1)2, 0 < x < 2

n1, x ≥ 2

n

studiare la convergenza puntuale di fn(x) su R e la convergenza uniforme sugli insiemi: R, [0,+∞),

(0,+∞), [ 1100 ,+∞).

Esercizio 4. Data

fn(x) =

arctannx x < 0

xe−n2x2 0 ≤ x ≤

√2n√

2n e−2 x >

√2n

studiare la convergenza puntuale e uniforme su R, (−∞, 0) e (0,+∞).

Esercizio 5. Verificare che la successione di funzioni fn(x) = e−( xn)

2

converge uniformemente a

f(x) ≡ 1 su [−R,R], ∀R > 0, ma non su R.

Esercizio 6. Verificare che limn→+∞

∫ 1

ae−nx

2dx = 0, ∀a ∈ [0, 1).


Serie di funzioni

Esercizio 1. Data la serie∞∑n=0

√nx−n,

studiarne la convergenza puntuale e assoluta per x 6= 0. Individuare, se esistono, degli insiemi su

cui la serie converge uniformemente.

Esercizio 2. Studiare la convergenza puntuale e uniforme della serie

∞∑n=0

2−n cosnx.


x√n, studiarne la convergenza puntuale e assoluta. Individuare, se

esistono, degli insiemi su cui la serie converge uniformemente.


nxxn, studiarne la convergenza puntuale e assoluta. Individuare, se

esistono, degli insiemi su cui la serie converge uniformemente.

Esercizio 5. Data la serie ∑n≥1

(−1)n1

(n+ x)x,

a) studiarne la convergenza puntuale, per x > 0;

b) studiarne la convergenza uniforme su [2,+∞).

Esercizio 6. Data la serie ∑n≥1

(−1)n1

nx,

a) studiarne la convergenza puntuale e assoluta;

b) determinare se esistono degli insiemi su cui la serie converge uniformemente.

Esercizio 7. Trovare l’insieme di convergenza puntuale di∞∑n=0

(x+ n)n

n!.


|x|n

1 + |x|2n:

a) studiarne la convergenza puntuale;

b) trovare degli intervalli su cui la serie converge uniformemente.


Esercizio 9. Determinare l’insieme di convergenza della serie

∞∑n=2

(2 + sinn

n+ cosn

)nx.

Dire inoltre se converge uniformemente su (0,+∞) e su (1,+∞).

Esercizio 10. Discutere la convergenza puntuale e uniforme della serie

∞∑n=1

1

nx.

Esercizio 11. Data la funzione φ(x) =∞∑n=1

2−n arctan(nx), calcolare φ′(0).


(−1)n1

|x|+ n;

a) studiarne la convergenza puntuale e assoluta;

b) studiarne la convergenza uniforme.


Serie di potenze

Esercizio 1. Calcolare il raggio e l’insieme di convergenza delle serie seguenti:

a)∞∑n=0

xn

n!, b)

∞∑n=0

n2xn, c)∞∑n=0

n!xn, d)∞∑n=0

sinnπ

n+ 1xn,

e)∞∑n=0

xn!, f)∞∑n=0

(−1)nxn

3n+1, g)

∑n≥1

xn

n2, h)

∞∑n=0

n+ 1

3n− 1· x

2n

4n,

i)+∞∑n=1

cosnπ

n3(x− 1)n, l)

∞∑n=0

(−1)n

3n(n+ 1)x2n.

Esercizio 2. Determinare l’intervallo di convergenza della serie∞∑n=0

(1

3 + (−1)n

)nxn.


xn

n!

a) calcolarne il raggio di convergenza;

b) confrontare la serie con la serie delle derivate, e utilizzare le osservazioni fatte per calcolare

la somma della serie.

Esercizio 4. Determinare, al variare di a > 0, l’insieme di convergenza della serie

∞∑n=0

an

1 + (3e)ne nx.

Esercizio 5. Studiare l’insieme di convergenza puntuale, assoluta e uniforme della serie

∑n≥1

[(−1)n log 3n+

3n

n+ 3

]xn.

Esercizio 6. f(x) =∞∑n=2

xn

n(n− 1):

a) determinare raggio e insieme di convergenza della serie;

b) derivare termine a termine due volte;

c) calcolare f(x), f ′(x), f ′′(x).


Esercizio 7. Calcolare la somma delle serie seguenti:

a)∞∑n=0

nxn, b)∞∑n=1

(−1)nx3n+3

n!, c)

∞∑n=0

xn

(n+ 1)!, d)

∞∑n=0

n

n+ 1tn.

Esercizio 8. Determinare per quali valori di x ∈ R convergono le seguenti serie e per tali valori

calcolarne la somma:

a)∞∑n=0

3n

xn(x− 6)n, b)

∞∑n=1

xn

(1− x)n, c)

∞∑n=1

(1

1− log |x|

)nd)

∞∑n=1

(3x)nx, e)∞∑n=0

(6− 2x)n

2n(x− 1)2n.


Serie di Taylor e MacLaurin

Esercizio 1.

a) Serie di Taylor centrata in x0 = −3 di

f(x) = log(−x− 1).

b) Serie di Taylor centrata in x0 = −3 di

g(x) = log

(x+ 1

x− 1

).

c) Determinare l’intervallo di convergenza puntuale di f(x) e di g(x).

d) Utilizzando la serie trovata in b), calcolare g′(−3), g′′(−3), g′′′(−3).

Esercizio 2. Scrivere lo sviluppo di MacLaurin di log(1− x2) calcolandone l’intervallo di conver-

genza.

Esercizio 3. Serie di MacLaurin di f(x) =1

(x− 1)(2− x).


Esercizi conclusivi

Esercizio 1. Verificare che la serie+∞∑n=2

(−1)4

n+ (−1)ne convergente.

Esercizio 2. Studiare la convergenza di∞∑n=0

(2 arctan(n+ 1)− π) cos(n+ 1)π.

Esercizio 3. Data la funzionesin 3x2

x:

a) verificare che e Riemann integrabile in [0, 1];

b) calcolare per serie l’integrale

∫ 1

0

sin 3x2

xdx;

c) scrivere i primi tre termini della serie trovata.

Esercizio 4. Data la serie∑n≥1

sin

(n2 + n+ 1

n+ 1π

)

a) studiarne la convergenza semplice e assoluta;

b) stimare l’errore che si ottiene se si calcola100∑n=1

sin

(n2 + n+ 1

n+ 1π

).


SOLUZIONI

Esercizio 1. a) La serie∞∑n=0

1

3nsi puo scrivere come

∞∑n=0

(1

3

)ne dunque e una serie geometrica

∞∑n=0

qn di ragione q = 13 . Concludiamo che la serie converge, essendo la ragione q < 1.

b) La serie∞∑n=0

5n e una serie geometrica di ragione q = 5 > 1 e dunque diverge positivamente.

c) Ricordiamo che condizione necessaria affinche una serie∞∑n=0

an converga e che

limn→+∞

an = 0.

Nel nostro caso abbiamo che an = 4n

n! (4n)n e dunque

limn→+∞

an = limn→+∞

4n · 4n · nn

n!= lim

n→+∞

42n · nn

n!= +∞,

poiche nn ha ordine di infinito superiore ad n!. Concludiamo che la serie data non converge, non

essendo soddisfatta la condizione necessaria. Possiamo anzi affermare che la serie diverge positiva-

mente, essendo lim an = +∞.

d) In questo caso possiamo scrivere an = (−1)nbn, con bn = e n

n . Si ha

limn→+∞

bn = limn→+∞

e n

n= +∞,

poiche e n ha ordine di infinito maggiore di n per n→ +∞. Pertanto il limn→+∞

an non esiste, ed in

particolare non vale 0, per cui la serie data non converge.

Esercizio 2. Si tratta in entrambi i casi di serie telescopiche, ovvero serie del tipo

∞∑n=n0

(bn+1 − bn),

per cui la successione delle ridotte n-esime risulta avere come termine generale

sn =n∑

i=n0

(bi+1 − bi)

= (bn0+1 − bn0) + (bn0+2 − bn0+1) + . . . (bn − bn−1) + (bn+1 − bn)= bn+1 − bn0 ,

dal momento che tutti i temini intermedi si elidono. Quindi

∞∑n=n0

(bn+1 − bn) = limn→+∞

sn

= limn→+∞

(bn+1 − bn0).


Nel caso a) abbiamo che

bn =1

(n− 1)2, n0 = 2

e dunque∞∑n=2

(1

n2− 1

(n− 1)2

)= lim

n→+∞(bn+1 − b2)

= limn→+∞

(1

n2− 1

(2− 1)2

)= −1.

Nel caso b) possiamo scrivere

cosπ

(n− 1)3− cos

π

n3= − cos

π

n3−(− cos

π

(n− 1)3

),

e dunque risulta essere

bn = − cosπ

(n− 1)3, n0 = 2.

Da quanto detto in precedenza abbiamo

∞∑n=2

(cos

π

(n− 1)3− cos

π

n3

)= lim

n→+∞(bn+1 − b2)

= limn→+∞

(− cos

π

n3+ cos

π

(2− 1)3

)= −1 + cosπ= −2.

Esercizio 3.

a) Per ogni intero n ≥ 2 si ha che n− 1 ≥ 1 e dunque

n2(n− 1) ≥ n2, ∀n ≥ 2

da cui si deduce che1

n2(n− 1)≤ 1

n2, ∀n ≥ 2.

La serie∞∑n=2

1

n2

e una serie armonica generalizzata, con esponente > 1 e dunque converge. Per il criterio del

confronto concludiamo che anche la serie

∞∑n=2

1

n2(n− 1)

converge.


b) Proviamo che per ogni n ≥ 1 si ha log n < n, ovvero che log n− n < 0. A tal fine osserviamo

che la successione log n − n e la restizione ai naturali della funzione f(x) = log x − x < 0, e

dunque e sufficiente provare che f(x) < 0, ∀x ∈ [1,+∞). Abbiamo che

f ′(x) =1

x− 1 ≤ 0, ∀x ≥ 1,

per cui f e decrescente su [1,+∞) e quindi f(x) ≤ f(1) = −1, ∀x ≥ 1.

Dunque log n < n per ogni n ≥ 1 e

1

log n>

1

n, ∀n ≥ 2.

La serie armonica∞∑n=2

1

n

e divergente e dunque, per il criterio del confronto, anche la serie

∞∑n=2

1

log n

diverge.

c) Per ogni n ≥ 3 si ha che log n > 1 e dunque

n2 log n > n2 ⇒ 1

n2 log n<

1

n2

definitivamente. Concludiamo che la serie data converge per confronto con la serie convergente∑ 1n2 .

d) Proviamo che log n < n13 definitivamente. Infatti si ha

limn→+∞

log n

n13

= 0

e dunque da un certo n0 in poilog n

n13

< 1,

il che prova la nostra prima affermazione. Dunque

log n

n2<n

13

n2=

1

n53

.

La serie armonica generalizzata∞∑n=1

1

n53

.

converge perche l’esponente 53 e maggiore di 1 e dunque concludiamo per confronto che anche

la serie data converge.


Esercizio 4.

a) La serie data si puo considerare come somma di due serie

∞∑n=0

(1

5n− 1

3n

)=∞∑n=0

1

5n+∞∑n=0

− 1

3n.

La serie∞∑n=0

1

5n=∞∑n=0

(1

5

)ne una serie geometrica di ragione q = 1

5 < 1 e dunque converge. Per lo stesso motivo converge

la serie∞∑n=0

− 1

3n= −

∞∑n=0

(1

3

)n.

Il criterio della somma implica che la serie data e convergente, essendo somma di due serie

convergenti. Inoltre il valore a cui converge la serie data sara la somma dei valori a cui

convergono le due serie∑ 1

5n e∑− 1

3n . Ricordiamo che per ogni |q| < 1 si ha

∞∑n=0

qn =1

1− q,

e dunque∞∑n=0

1

5n=

1

1− 15

=5

4,

∞∑n=0

1

3n=

1

1− 13

=3

2.

Concludiamo che ∞∑n=0

(1

5n− 1

3n

)=

∞∑n=0

1

5n−∞∑n=0

1

3n

= 54 −

32

= −14 .

b) La serie data si puo scrivere come

∞∑n=1

(1

n+

1

n2

)=∞∑n=1

1

n+∞∑n=1

1

n2.

Il criterio della somma implica che la serie diverge, essendo somma di una serie divergente

positivamente (∑ 1

n) e di una serie convergente (∑ 1

n2 ).

c) Possiamo scrivere∞∑n=2

(1

n− 1− 1

n

)=∞∑n=2

1

n− 1+∞∑n=2

− 1

n.

La prima serie diverge positivamente mentre la seconda diverge negativamente e quindi il

criterio della somma non premette di decidere. Pero

1

n− 1− 1

n=n− (n− 1)

n(n− 1)=

1

n(n− 1)

e dunque la serie data e la serie del Mengoli e converge alla somma −1.


Esercizio 5.

a) Il termine n-esimo

sinh

(1

n2

)e la restrizione della funzione sinhx ai punti della successione 1

n2 . Essendo sinhx > 0 per

ogni x > 0 e 1n2 > 0, ∀n ≥ 1, la serie data e una serie a termini positivi. Inoltre

sinhx ∼ x, per x→ 0,

da cui

sinh1

n2∼ 1

n2, per n→ +∞.

Per il confronto asintotico la serie data ha lo stesso comportamento della serie

∞∑n=1

1

n2,

armonica generalizzata con esponente 2 > 1 e dunque converge.

b) Il termine

e1n3 − 1

e la restrizione della funzione e x − 1 alla successione 1n3 . Essendo e x > 1, ∀x > 0, la serie

data e a termini positivi. Dall’espressione

e x − 1 ∼ x, per x→ 0,

ricaviamo che

e1n3 − 1 ∼ 1

n3, per n→ +∞.

Per il confronto asintotico la serie data ha lo stesso comportamento di

∞∑n=1

1

n3,

armonica generalizzata con esponente 3 > 1 e dunque converge.

c) Anche in questo caso la serie e a termini positivi ed inoltre

log

(1 +

1

n

)∼ 1

n, per n→ +∞.

Per il confronto asintotico la serie data ha lo stesso comportamento della serie armonica∑ 1

n

e dunque diverge.


d) Possiamo scrivere

n2 − sinn

n6 − 2n sinn=

n2(

1− sinn

n2

)n6(

1− 2sinn

n5

) ∼ n2

n6=

1

n4per n→ +∞,

e quindi per il confronto asintotico la serie data converge.

e) Si ha

limn→+∞

n+ 1

n2 + 1= 0 ⇒ sin

(n+ 1

n2 + 1

)∼ n+ 1

n2 + 1∼ 1

nper n→ +∞,

quindi per il confronto asintotico la serie diverge.

f)

14√n5 + n4

=1[

n5(1 + 1

n

)] 14

=1

n54

(1 + 1

n

) 14

∼ 1

n54

per n→ +∞,

e dunque la serie data ha lo stesso comportamento della serie armonica generalizzata∑ 1

n5/4 .

Concludiamo che la serie converge perche l’esponente e maggiore di 1.

g)

15√n4 + n2

=1[

n4(1 + 1

n2

)] 15

=1

n45

(1 + 1

n2

) 15

∼ 1

n4/5per n→ +∞,

e dunque la serie diverge perche nella serie armonica generalizzata∑ 1

n4/5 l’esponente e minore

di 1.

Esercizio 6.

a) Possiamo scrivere∞∑n=0

1

αn=∞∑n=0

(1

α

)n,

e dunque e una serie geometrica di ragione q = 1α .

– se∣∣∣ 1α ∣∣∣ < 1 ovvero |α| > 1, equivalente ad α < −1 o α > 1, la serie converge;

– se 1α ≥ 1, cioe 0 < α ≤ 1, la serie diverge;

– se 1α ≤ −1, cioe −1 ≤ α < 0, la serie e indeterminata.

b) Si distinguono tre possibilita:

– se |α| > 1, limn→+∞

∣∣∣∣αnn2∣∣∣∣ = +∞ e dunque la serie non converge perche non e soddisfatta

la condizione necessaria;


– se |α| = 1, ovvero α = ±1, abbiamo la serie armonica generalizzata∑

1/n2 o la serie a

segni alterni∑

(−1)n1/n2. In entrambi i casi si ha convergenza (assoluta).

– se |α| < 1 la serie converge perche ha ordine di infinitesimo > 2 rispetto a 1n , per

n→ +∞.

c) La serie e a termini positivi e dunque o converge o diverge positivamente. Inoltre

n+ 1

nα∼ 1

nα−1, per n→ +∞

e dunque se α− 1 ≤ 0, ovvero α ≤ 1, lim 1/nα−1 6= 0, per cui la serie diverge.

Se 0 < α − 1 ≤ 1, ovvero 1 < α ≤ 2, per il confronto asintotico la serie ha lo stesso

comportamento dell’armonica generalizzata, con esponente α− 1 ≤ 1 e dunque diverge.

Infine, se α− 1 > 1, ovvero α > 2, la serie converge perche converge l’armonica generalizzata

con eponente α− 1 > 1. Riassumendo:

α ≤ 2 diverge

α > 2 converge

Esercizio 7.

a) La serie∞∑n=0

an, con an = n!2n , e a termini positivi e dunque possiamo utilizzare il criterio del

rapporto. Abbiamo

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

(n+ 1)!

2n+1· 2n

n!= lim

n→+∞

(n+ 1) · n! · 2n

2n · 2 · n!= lim

n→+∞

n+ 1

2= +∞,

dunque, essendo tale limite maggiore di 1, la serie diverge positivamente.

Osserviamo che si poteva dedurre lo stesso risultato provando che la serie data non soddisfa

la condizione necessaria di convergenza, essendo

limn→+∞

an = limn→+∞

n!

2n= +∞ 6= 0.

b) Utilizziamo il criterio della radice calcolando lim n√an. Abbiamo

limn→+∞

n

√(n

1 + n

)n2

= limn→+∞

(n

1 + n

)n= lim

n→+∞

(n+ 1

n

)−n= lim

n→+∞

[(1 +

1

n

)n]−1=

1

e,

e quindi possiamo concludere che la serie converge, essendo lim n√an < 1.


c) Utilizziamo il criterio del rapporto calcolando lim an+1

an. Abbiamo

limn→+∞

(n+ 1)2

(n+ 1)!· n!

n2= lim

n→+∞

(n+ 1

n

)2

· n!

(n+ 1) · n!

= limn→+∞

(n+ 1

n

)2

· 1

n+ 1

= limn→+∞

n+ 1

n2= 0

e dunque la serie converge, essendo lim an+1

an= 0 < 1.

d) Ancora per il criterio del rapporto abbiamo

limn→+∞

[(n+ 1)n!]2

2(n+1)2· 2n

2

(n!)2= lim

n→+∞

(n+ 1)2 · 2n2

2n2+2n+1

= limn→+∞

(n+ 1)2 · 2n2

2n2 · 22n · 2= lim

n→+∞

(n+ 1)2

22n+1

= 0,

e quindi la serie data converge.

e) Abbiamo

limn→+∞

n

√(n1/n − 1

)n= lim

n→+∞n1/n − 1 = 1− 1 = 0,

e dunque per il criterio della radice la serie converge.

Esercizio 8.

a) La serie converge perche an = 1n(n+2) ha ordine di infinitesimo 2 rispetto al campione 1/n per

n→ +∞. Utilizziamo la decomposizione in

1

n(n+ 2)=A

n+

B

n+ 2=An+ 2A+Bn

n(n+ 2)=

(A+B)n+ 2A

n(n+ 2)

corrispondente al sistema {A+B = 0

2A = 1

da cui A = 12 e B = −1

2 . Quindi possiamo scrivere

an =1

2

(1

n− 1

n+ 2

).


Calcoliamo la ridotta n-esima della serie:

s1 = 12

(1− 1

3

)s2 = 1

2

[(1− 1

3

)+(12 −

14

)]= 1

2

[1 + 1

2 −13 −

14

]s3 = 1

2

[(1− 1

3

)+(12 −

14

)+(13 −

15

)]= 1

2

[1 + 1

2 −14 −

15

]s4 = 1

2

[1 + 1

2 −14 −

15 +

(14 −

16

)]= 1

2

[1 + 1

2 −15 −

16

].

Possiamo dedurre che

sn =1

2

[1 +

1

2− 1

n+ 1− 1

n+ 2

]da cui

limn→+∞

sn =1

2

[1 +

1

2

]=

3

4.

Dunque la serie converge e la sua somma e 34 .

b) La serie converge perche ha ordine di infinitesimo 2 rispetto a 1n per n→ +∞. Per calcolare

la somma cerchiamo A,B ∈ R per cui

1

4n2 − 1=

1

(2n− 1)(2n+ 1)=

A

2n− 1+

B

2n+ 1,

ovvero1

(2n− 1)(2n+ 1)=n(2A+ 2B) +A−B

(2n− 1)(2n+ 1),

corrispondente al sistema{2A+ 2B = 0A−B = 1

⇒{A = 1

2B = −1

2 .

Quindi possiamo scrivere1

4n2 − 1=

1

2

[1

2n− 1− 1

2n+ 1

]e calcolando la ridotta n-esima

s1 = 12

[1− 1

3

]s2 = 1

2

[(1− 1

3

)+(13 −

15

)]= 1

2

[1− 1

5

]...

sn = 12

[1− 1

2n+1

]e la somma della serie risulta essere

s = limn→+∞

sn =1

2.


c) Risulta

an =2n

5n−2=

1

5−2·(

2

5

)n,

per cui∞∑n=2

an =∞∑n=2

1

5−2·(

2

5

)n= 25

[ ∞∑n=2

(2

5

)n].

Sapendo che∞∑n=0

(2

5

)n= 1 +

2

5+∞∑n=2

(2

5

)n=

1

1− 2/5=

5

3

otteniamo∞∑n=2

(2

5

)n=

5

3−(

1 +2

5

)=

4

15

ed infine∞∑n=2

2n

5n−2= 25

[ ∞∑n=2

(2

5

)n]= 25 · 4

15=

20

3.

Esercizio 9.

a) Abbiamo

limn→+∞

1

n log n= 0

e l’ordine di infinitesimo rispetto a 1n e superiore a 1 ma inferiore ad ogni α > 1. Percio

non si puo utilizzare nessun criterio di confronto asintotico. Pero la successione 1n logn e la

restrizione ai naturali (≥ 2) della funzione f(x) = 1x log x . Possiamo allora verificare se f(x)

soddisfa le ipotesi del criterio di Mac Laurin (o criterio integrale).

i) f(x) > 0, ∀x ≥ 2;

ii) f ′(x) = −1 + log x

x2 log2 x< 0, ∀x ≥ 2 e quindi f(x) e decrescente su [2,+∞).

Il comportamento della serie e lo stesso dell’integrale improprio∫ +∞

2f(x)dx = lim

t→+∞

∫ t

2

1

x log xdx = lim

t→+∞

∫ t

2

1

log x

1

xdx

= limt→+∞

[log(log x)]t2 = limt→+∞

[log(log t)− log(log 2)] = +∞.

Dunque la serie data diverge.

b) Come nell’esercizio precedente, 1n log3 n

→ 0 con ordine maggiore di 1 ma inferiore ad α

(∀α > 1) rispetto a 1n . Possiamo anche in questo caso usare il criterio di Mac Laurin. Infatti

i) f(x) =1

x log3 x> 0, ∀x ≥ 2;


ii) f ′(x) = − log2 x(3 + log x)

(x log3 x)2< 0 se x ≥ 2.

Dunque f(x) e positiva e definitivamente decrescente ed il comportamento della serie e lo

stesso dell’integrale improprio∫ +∞

2f(x)dx = lim

t→+∞

∫ t

2

1

log3 x· 1

xdx = lim

t→+∞

[−1

2· 1

log2 t+

1

2· 1

log2 2

]=

1

2 log2 2.

Dunque la serie converge.

c) Come nei due esercizi precedenti, possiamo usare il criterio di Mac Laurin.

i) f(x) =1

x log x · log(log x)> 0, ∀x ≥ 3;

ii) f ′(x) =(log x) · log(log x) + log(log x) + 1

[x log x · log(log x)]2< 0, ∀x ≥ 3.

Per risolvere l’integrale improprio∫ +∞

3f(x)dx = lim

t→+∞

∫ t

3

1

x log x · log(log x)dx

poniamo

log(log x) = s, ds =1

log x· 1

xdx

e dunque ∫1

x log x · log(log x)dx =

∫1

sds = log |s|

e ∫ +∞

3f(x)dx = lim

t→+∞[log(log(log x))− log(log(log 3))] = +∞.

L’integrale diverge e con esso diverge anche la serie.

Esercizio 10.

a) Possiamo scrivere la serie come∞∑n=0

(−1)nbn, con bn = 13n+5 ≥ 0. Quindi bn ha ordine di

infinitesimo 1 rispetto a 1n , per n→ +∞ e

∞∑n=0

∣∣∣∣(−1)n1

3n+ 5

∣∣∣∣ =∞∑n=0

1

3n+ 5non converge.

Dato che 3(n+ 1) + 5 > 3n+ 5 ∀n,

bn+1 =1

3(n+ 1) + 5<

1

3n+ 5= bn.

La successione bn soddisfa allora le ipotesi del criterio di Leibniz, perche bn ≥ 0, bn → 0 per

n→ +∞ e bn e decrescente.

Possiamo allora concludere che la serie converge, non assolutamente.


b) bn = n+1n2+2

∼ 1n → 0 con ordine 1 rispetto a 1

n , per n → +∞. Dunque la serie non converge

assolutamente.

Per verificare se bn e decrescente, poiche bn e la restrizione ai naturali di una funzione definita

su R, possiamo derivare rispetto ad n:

d

dnbn =

n2 + 2− 2n(n+ 1)

(n2 + 2)2=−n2 − 2n+ 2

(n2 + 2)2.

Si ha −n2 − 2n+ 2 > 0 se −1−√

3 < n < −1 +√

3, dunque

d

dnbn < 0, per ∀n > [−1 +

√3] = 0.

Poiche valogno le ipotesi del criterio di Leibniz, possiamo concludere che la serie converge,

non assolutamente.

c) Osserviamo che

bn =n2 + 1

n+ 1→ +∞, per n→ +∞.

an = (−1)nbn non ha allora limite per n→ +∞, percio la serie non converge.

d) Si ha

|an| =∣∣∣∣(−1)n

n− 1

3n4 − 2

∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ n− 1

3n4 − 2

∣∣∣∣ =n− 1

3n4 − 2, per ∀n ≥ 0.

bn = n−13n4−2 ∼

13n3 che ha ordine 3 rispetto a 1

n per n → +∞, dunque la serie converge e

converge assolutamente.

e) bn = logne n ha ordine di infinitesimo rispetto a 1

n , per n→ +∞, maggiore di qualunque α ∈ R,

dunque la serie converge assolutamente.

f) bn = n+1n2−30 ≥ 0 per n ≥ 30. Dunque bn e definitivamente positivo. Inoltre bn → 0 per

n→ +∞ con ordine 1 rispetto a 1n , percio la serie

∑ n+1n2−30 e divergente. Possiamo applicare

il criterio di Leibniz se la serie e definitivamente decrescente. Derivando rispetto a n otteniamo

d

dnbn =

n2 − 30n− 2n(n+ 1)

(n2 − 30n)2=−n2 − 30n+ 1

(n2 − 30n)2< 0, per n > 1.

Possiamo concludere che la serie converge, non assolutamente.

g)

arctan1

2n+ 1≥ 0, ∀n ∈ N

arctan1

2n+ 1∼ 1

2n+ 1, per n→ +∞


dunque la serie∑

arctan 12n+1 non converge.

Osserviamo che 2(n+ 1) + 1 ≥ 2n+ 1, ∀n ∈ N, quindi

1

2(n+ 1) + 1≤ 1

2n+ 1, ∀n ∈ N.

Poiche la funzione arctan t e crescente, abbiamo che

bn+1 = arctan1

2(n+ 1) + 1≤ arctan

1

2n+ 1= bn, ∀n ∈ N.

Pertanto possiamo applicare il criterio di Leibniz per concludere che la serie converge, ma

non converge assolutamente.

h)

log(n+ 1)− log n = logn+ 1

n= log

(1 +

1

n

)∼ 1

n, per n→ +∞.

Dunque

1

log(n+ 1)− log n=

1

log(1 + 1

n

) ∼ 1

1/n= n→ +∞, per n→ +∞.

Per il criterio di convergenza, la serie non converge.

i) cosπn = (−1)n dunque∞∑n=0

3n2

(n!)2ncosπn =

∞∑n=0

3n2

(n!)2n(−1)n.

Usando il criterio della radice, vediamo se la serie dei valori assoluti converge

n

√√√√∣∣∣∣∣(−1)n3n2

(n!)2n

∣∣∣∣∣ =3n

2/n

(n!)2=

3n

(n!)2→ 0, per n→ +∞.

Dunque la serie converge assolutamente.

l)

∑(−1)n

(1

n+

(−1)n

n2

)=∑(

(−1)n

n+

1

n2

).

La serie∑ (−1)n

n converge (non assolutamente) e la serie∑ 1

n2 converge, dunque la serie

somma converge. ∣∣∣∣(−1)n(

1

n+

(−1)n

n2

)∣∣∣∣ =1

n+

(−1)n

n2,

dato che 1n >

1n2 , ∀n > 1.

Inoltren− 1

n2≤ 1

n+

(−1)n

n2=n+ (−1)n

n2≤ n+ 1

n2, ∀n > 1.


Percio1

n+

(−1)n

n2∼ 1

n, per n→ +∞

e la serie non converge assolutamente.

Esercizio 11.

Per risolvere l’esercizio a) abbiamo potuto applicare il criterio di Leibniz, che ci da anche

informazioni sul resto n-esimo. Dunque, se

s20 =20∑n=0

(−1)n1

3n+ 5

e s e la somma della serie, l’errore commesso e

|s− s20| = r20 ≤ b21 =1

3 · 21 + 5=

1

68.

Esercizio 12. Nello stesso modo, nell’esercizio b) si ha che

|s− s20| = r20 ≤ b21 =21 + 1

441 + 2=

22

443.

Esercizio 13. Nello stesso modo, nell’esercizio g),

r3 = |s− s3| ≤ b4 = arctan

(1

9

).

Esercizio 14.

a) Usando il criterio del rapporto per la serie dei valori assoluti otteniamo

|an+1||an|

=|an|n+1

(n+ 1)!· n!

|α|n=

|α| · |α|n · n!

(n+ 1) · n! · |α|n=|α|n+ 1

→ 0, per n→ +∞

e quindi la serie converge assolutamente ∀α ∈ R.

b) Osserviamo che

limn→+∞

nαn =

0 se |α| < 1+∞ se α ≥ 16 ∃ se α ≤ −1

dunque la serie diverge assolutamente se α ≥ 1 e non converge se α ≤ −1.

Per |α| < 1, applichiamo il criterio della radice alla serie dei valori assoluti:

limn→+∞

n

√n|α|n = lim

n→+∞n√n · |α| = |α| < 1

⇒ la serie converge assolutamente se |α| < 1.


c)

limn→+∞

nnαn = limn→+∞

(nα)n =

{+∞ se α > 06 ∃ se α < 0

se invece α = 0, nnαn = 0, ∀n ≥ 1.

Possiamo concludere che la serie converge solo per α = 0.

d)

an =αn

3n−2=

αn

3−2 · 3n= 9 ·

(α

3

)n.

Dunque∞∑n=2

αn

3n−2=∞∑n=2

9 ·(α

3

)n= 9

∞∑n=2

(α

3

)n.

La serie geometrica di ragione α3 converge se

∣∣α3

∣∣ < 1 e dunque se |α| < 3.

e) ∣∣∣∣sinn α2n

∣∣∣∣ ≤ 1

2n

quindi non possiamo usare il criterio del confronto, ma

limn→+∞

n

√∣∣∣∣sinn α2n

∣∣∣∣ = limn→+∞

| sinα|n√

2n= | sinα|.

Dunque:

– la serie converge assolutamente se | sinα| < 1, cioe se α 6= π2 + kπ, k ∈ Z;

– se sinα = 1, la serie diventa∑ 1

2n , che diverge;

– se sinα = −1, la serie diventa∑

(−1)n 12n che converge, non assolutamente.

Concludendo:

α 6= π2 + kπ, k ∈ Z converge assolutamente

α = π2 + 2kπ, k ∈ Z diverge

α = 3π2 + 2kπ, k ∈ Z converge, non

assolutamente

f) sinnπ = 0, ∀n ⇒ la serie e∞∑n=1

0 = 0, ∀α ∈ R.


g) cosnπ = (−1)n. Dunque∞∑n=0

cosnπ

n+ 1αn =

∞∑n=0

(−1)nαn

n+ 1

e

limn→+∞

∣∣∣∣(−1)nαn

n+ 1

∣∣∣∣ =

{0 se |α| ≤ 1

+∞ se |α| > 1

dunque la serie non converge se |α| > 1.

– Se α = 1:∞∑n=0

(−1)n1n

n+ 1=∞∑n=0

(−1)n

n+ 1converge, non assolutamente;

– se α = −1:∞∑n=0

(−1)n(−1)n

n+ 1=∞∑n=0

1

n+ 1diverge;

– se |α| < 1, usiamo il criterio della radice:

limn→+∞

n

√|an| = lim

n→+∞n

√|α|nn+ 1

= limn→+∞

|α|n√n+ 1

= |α| < 1

⇒ la serie converge assolutamente per |α| < 1.

Concludendo:

|α| < 1 converge assolutamente

α = 1 converge, non assolutamente

α = −1 diverge

|α| > 1 non converge


Successioni di funzioni

Esercizio 1.

limn→+∞

fn(x) = limn→+∞

xe−n2x2 = 0, ∀x ∈ R

⇒ la funzione limite e f(x) = 0, ∀x ∈ R.

Osserviamo chef ′n(x) = e−n

2x2 + xe−n2x2 · (−2n2x)

= e−n2x2(1− 2n2x2)

e quindi

f ′n(x) = 0 ⇐⇒ x2 =1

2n2⇐⇒ x1,2 = ± 1√

2n.

Si vede facilmente che il grafico di fn e

0 1√2n

− 1√2n

ed

fn(x1,2) = ± 1√2n

e−12 .

Allora

limn→+∞

supx∈R|f(x)− fn(x)| = lim

n→+∞|fn(x1,2)| = lim

n→+∞

1√2n

e−12 = 0

e la successione converge uniformemente a f(x) = 0 su R.

Esercizio 2. limn→+∞ fn(x) =√x2 = |x|.

a) Dunque la successione fn(x) converge alla funzione continua f(x) = |x|, ∀x ∈ R.

b) Osserviamo che

|fn(x)− |x|| =∣∣∣∣∣√x2 +

1

n− |x|

∣∣∣∣∣ =

√x2 +

1

n−√x2 ≤

√1

n, ∀x ∈ R.

Quindi

0 ≤ supx∈R|fn(x)− |x|| ≤

√1

n, ∀x ∈ R, ∀n.

Per il teorema dei due carabinieri

limn→+∞

| supx∈R|fn(x)− |x|| = 0

e la successione converge uniformemente su R.


Esercizio 3.

a) La funzione fn(x) ha grafico

0 1n

1

2n

E chiaro che limn→+∞

fn(x) = 1, ∀x ∈ R \(

0,2

n

).

Osserviamo che ∀x ∈(0, 2n

), ∃n0 tale che

∀n ≥ n0,2

n0≤ 2

n≤ x

e dunque ∀n ≥ n0, fn(x) = 1. Applicando la definizione di limite, e chiaro che

limn→+∞

fn(x) = 1, ∀x ∈ R.

b) Per quanto riguarda la convergenza uniforme, abbiamo che

supx∈R|fn(x)− 1| =

∣∣∣∣fn ( 1

n

)− 1

∣∣∣∣ = |0− 1| = 1 6→ 0, se n→ +∞.

Quindi la successione non converge uniformemente su R, (0,+∞), [0,+∞).

Dato che, se n0 = 200, per ogni n ≥ n0 si ha2

n≤ 2

n0≤ 1

100, allora

supx≥ 1

100

|fn(x)− 1| = |1− 1| = 0, ∀n ≥ 200,

e dunque limn→+∞

sup |fn(x)−f(x)| = 0 e la successione converge uniformemente su[

1100 ,+∞

).

Esercizio 4. Osserviamo che fn e continua su R. Inoltre in[0,√2n

]e la stessa funzione dell’esercizio

1. Possiamo utilizzare quanto gia visto per disegnare il grafico di fn:


0

√2

2n

√2n

−π2

x < 0 fn(x) = arctannx→ −π2

x = 0 fn(x) = 0→ 0x > 0 fn(x)→ 0.

Poiche l’ampiezza dell’intervallo[0,√2n

]tende a 0 per n → +∞, la funzione da considerare sulle

x > 0 e√2n e−2 (vedi l’esercizio precedente per maggiori dettagli).

Dunque la successione converge puntualmente su R alla funzione

f(x) =

{−π

2 x < 00 x ≥ 0.

f(x) e discontinua in x = 0 mentre le fn(x) sono continue su tutto R. Ne segue che non puo esserci

convergenza uniforme sugli intervalli che contengono x = 0 all’interno, oppure sugli intervalli che

contengono x = 0 come estremo destro. In particolare fn(x) non converge uniformemente su Re su (−∞, 0].

Osserviamo inoltre che

supx<0|fn(x)− f(x)| = sup

x<0| arctannx+

π

2| = π

2

quindi la successione non converge uniformemente su (−∞, 0).

Invece,

supx≥0|fn(x)− f(x)| = max

x≥0fn(x) =

1

n√

2e−

12 → 0, per n→ +∞,

quindi la successione converge uniformemente su [0,+∞).

Esercizio 5. Per quanto riguarda la convergenza puntuale, abbiamo

limn→+∞

fn(x) = limn→+∞

e−( xn)

2

= 1, ∀x ∈ R,

quindi la funzione limite e f(x) ≡ 1.

Inoltre

supx∈[−R,R]

|fn(x)− f(x)| = supx∈[−R,R]

[1− e−( x

n)2]

= 1− e−( xn)

2

→ 0, per n→ +∞,


e quindi la convergenza e uniforme su [−R,R], ∀R ∈ R.

Invece

supx∈R|fn(x)− f(x)| = lim

x→+∞

[1− e−( x

n)2]

= 1, ∀n,

e quindi la convergenza non e uniforme su R.

Esercizio 6. Se a > 0, usiamo il fatto che e−nx2 → 0 uniformemente su [a, 1] e dunque

limn→+∞

∫ 1

ae−nx

2dx =

∫ 1

a

(lim

n→+∞e−nx

2)

dx =

∫ 1

a0 dx = 0.

Se a = 0 scriviamo, per un dato ε > 0∫ 1

0e−nx

2dx =

∫ ε

0e−nx

2dx+

∫ 1

εe−nx

2dx,

dove

∫ ε

0e−nx

2dx ≤ ε, mentre

∫ 1

εe−nx

2dx→ 0 per n→ +∞.

In particolare, per n > N opportuno, si ha

∫ 1

εe−nx

2dx ≤ ε e dunque abbiamo provato che

∀ε > 0, ∃N tale che ∫ 1

0e−nx

2dx ≤ 2ε,

che e la tesi.


Serie di funzioni

Esercizio 1. Possiamo scrivere

∞∑n=0

√nx−n =

∞∑n=0

√n

(1

x

)n,

quindi dobbiamo porre x 6= 0, poiche in x = 0 1x non e definita. Usiamo il criterio della radice

applicato a∣∣∣√n · ( 1

x

)n∣∣∣:lim

n→+∞n

√√n

∣∣∣∣1x∣∣∣∣n = lim

n→+∞

(n√n) 12 · 1

|x|=

1

|x|.

Dunque la serie dei valori assoluti converge se 1|x| < 1 e non converge se 1

|x| > 1.

Percio, se |x| > 1, la serie converge assolutamente e se |x| < 1, la serie non converge assolutamente.

Osserviamo pero che

limn→+∞

√n ·∣∣∣∣1x∣∣∣∣n = +∞, se |x| < 1,

quindi per il criterio necessario di convergenza la serie non converge se |x| < 1.

Per |x| = 1,

|√nx−n| =

√n1−n =

√n→ +∞, per n→ +∞,

quindi la serie non converge se |x| = 1.

Concludendo, la serie converge puntualmente e assolutamente su (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

Per quanto riguarda la convergenza uniforme osserviamo che, se |x| ≥ a > 1, abbiamo∣∣∣∣√n(1

x

)n∣∣∣∣ ≤ √n(1

a

)n.

Siccome∑√

n(1a

)nconverge, la serie converge uniformemente su tutte le semirette (−∞,−a] e

[a,+∞), con |a| > 1.

Esercizio 2. |2−n cosnx| ≤ 2−n =1

2n, ∀x ∈ R. Poiche

∑ 12n e convergente, per il criterio di

Weierstrass la serie converge assolutamente e uniformemente su R.

Esercizio 3. Se |x| > 1, limn→+∞

∣∣∣x√n∣∣∣ = +∞;

se |x| = 1, limn→+∞

∣∣∣x√n∣∣∣ = 1;

in entrambi i casi il termine generale della serie non tende a 0 ⇒ la serie non converge.

Per |x| < 1, proviamo che |x|√n e un infinitesimo di ordine superiore (per esempio) a 2 rispetto a

1n , per n→ +∞.

Infatti

limn→+∞

|x|√n

n2= lim

n→+∞

e√n log |x|

n2= 0


⇒ la serie converge assolutamente per |x| < 1.

Osservando che, ∀a ∈ (0, 1),

∣∣∣x√n∣∣∣ = |x|√n ≤ a

√n, ∀x ∈ [−a, a],

possiamo concludere che la serie converge puntualmente e assolutamente su (−1, 1) e converge

uniformemente su ogni sottointervallo chiuso di (−1, 1).

Esercizio 4. Osserviamo che

|nxxn| = nx · |x|n =

{nx · xn se x ≥ 0nx · (−1)n · xn se x < 0.

Inoltre

limn→+∞

n

√|nxxn| = lim

n→+∞

(n√n)x · |x| = |x|

quindi

• la serie converge assolutamente se |x| < 1;

• la serie diverge positivamente se x > 1;

• la serie con converge assolutamente se x < −1.

Se x = 1 abbiamo la serie∑n11n =

∑n ⇒ non converge;

se x = −1,∑n−1 · (−1)n =

∑(−1)n 1

n ⇒ converge, non assolutamente; se x < −1, ponendo

y = −x abbiamo

∞∑n=0

nxxn =∞∑n=0

n−y · (−y)n =∞∑n=0

1

ny· (−1)n · yn =

∞∑n=0

(−1)nyn

ny

ma limn→+∞

yn

ny= +∞ ⇒ la serie non converge.

Abbiamo allora:

• la serie converge assolutamente su (−1, 1);

• converge in x = −1;

• converge uniformemente su [a, b] ⊂ (−1, 1), come si puo osservare con Weierstrass.

Esercizio 5.∑n≥1

(−1)n−11

(n+ x)x.


a) Dato che 1(n+x)x = 1

nx+x2> 0, ∀n, ∀x > 0, la serie e a segni alterni.∣∣∣∣(−1)n−1

1

(n+ x)x

∣∣∣∣ =1

(n+ x)x∼ 1

nx, per n→ +∞,

quindi la serie non converge assolutamente.

Verifichiamo che valgono le condizioni del criterio di Leibniz. Infatti

bn(x) =1

nx+ x2>

1

(n+ 1)x+ x2= bn+1(x).

Quindi bn(x)→ 0 decrescendo, ∀x > 0, e la serie data converge puntualmente ∀x > 0.

b) Convergenza uniforme

Poiche la serie non converge assolutamente, il criterio di Weierstrass non puo essere applicato.

Osserviamo pero che il criterio di Leibniz ci permette di stimare il resto n-esimo. Detta s(x)

la somma della serie:

|sn(x)− s(x)| = |rn(x)| ≤ bn+1(x) =1

(n+ 1)x+ x2, ∀x > 0.

Osserviamo anche che la funzione bn(x) e decrescente in x. Infatti:

d

dxbn(x) = − n+ 2x

(nx+ x2)2< 0, ∀x > 0.

Possiamo allora concludere che

supx≥2|s(x)− sn(x)| ≤ sup

x≥2|bn+1(x)| = 1

2n+ 4,

e

limn→+∞

supx≥2|s(x)− sn(x)| = lim

n→+∞

1

2n+ 4= 0

⇒ la serie converge uniformemente su [2,+∞).

Osserviamo che possiamo ottenere nello stesso modo la convergenza uniforme su [a,+∞), ∀a >

0 mentre lo stesso metodo non ci da informazioni utili per (0,+∞) in quanto 1nx+x → +∞

per x→ 0+.

Esercizio 6.∑n≥1

(−1)n1

nx.

a) Per quanto riguarda la convergenza puntuale e assoluta facciamo le seguenti considerazioni.

i) Se x = 0 ⇒∑n≥1

(−1)n1

n0=∑n≥1

(−1)n e indeterminata.


ii) Se x > 0, 1nx =

(1n

)x→ 0 per n→ +∞ e 1

nx e decrescente in n

⇒ la serie converge ∀x > 0 (per il criterio di Leibniz).

Inoltre, se x > 1 la serie converge assolutamente, infatti∣∣∣∣(−1)n1

nx

∣∣∣∣ =1

nx=

(1

n

)xe infinitesimo di ordine x > 1 rispetto a 1

n , per n→ +∞.

Se 0 < x ≤ 1, la serie converge, ma non assolutamente, perche ha ordine di infinitesimo ≤ 1

rispetto a 1n .

iii) Se x < 0, pongo y = −x > 0 ⇒ 1nx = 1

n−y = ny → +∞ per n → +∞, pertanto la

serie non converge se x < 0.

Riassumendo, la serie converge puntualmente su (0,+∞), assolutamente su (1,+∞).

b) Per quanto riguarda la convergenza uniforme, osserviamo che per Leibniz:

|rn(x)| ≤ bn+1(x), ∀x > 0,∀n.

Dunque

supx≥a>0

|rn(x)| ≤ supx≥a>0

(1

(n+ 1)x

)=

1

(n+ 1)a→ 0, per n→ +∞

⇒ la serie converge uniformemente su [a,+∞), ∀a > 0.

Esercizio 7.∞∑n=0

(x+ n)n

n!

Osserviamo che x+ n > 0 se n > −x, dunque ∀x la serie e definita positiva. Usiamo il criterio del

rapporto:an+1(x)

an(x)=

(x+ 1 + n)n+1

(n+ 1)!· n!

(x+ n)n

=(x+ n+ 1)n · (x+ n+ 1)

(x+ n)n· n!

(n+ 1)n!

=

(x+ n+ 1

x+ n

)n· x+ n+ 1

n+ 1

=

(1 +

1

x+ n

)n· x+ n+ 1

n+ 1

e quindi

limn→+∞

an+1(x)

an(x)= lim

n→+∞

(1 +

1

x+ n

)n= lim

n→+∞

(1 +

1

x+ n

)x+nx+n·n

= limn→+∞

[(1 +

1

x+ n

)x+n] nx+n

= e 1 = e > 1,


⇒ la serie diverge positivamente ∀x ∈ R. Quindi l’insieme di convergenza e ∅.


|x|n

1 + |x|2n.

a) Osserviamo che|x|n

1 + |x|2n≤ |x|n, ∀x ∈ R.

Poiche la serie∑|x|n converge (non uniformemente) se |x| < 1, la serie data converge

puntualmente se |x| < 1.

La stessa maggiorazione non serve se |x| > 1, perche in questo caso la serie∑|x|n non

converge.

Osserviamo pero che 1 + |x|2n ≥ |x|2n e dunque

|x|n

1 + |x|2n≤ |x|

n

|x|2n=

1

|x|n.

Poiche la serie∑(

1|x|

)nconverge se |x| > 1, abbiamo che la serie converge puntualmente

anche se |x| > 1.

Se |x| = 1,∞∑n=0

|x|n

1 + |x|2n=∞∑n=0

1

2,

che diverge perche il termine generale non tende a 0.

Concludendo, la serie converge puntualmente su R \ {±1}.

b) Utilizzando Weierstrass abbiamo che:

– se |x| ≤ a < 1, |x|n1+|x|2n ≤ |x|

n ≤ an. La serie∑an converge ⇒ la serie converge

uniformemente su [−a, a], ∀a ∈ (0, 1).

– Se |x| ≥ a > 1 ⇒ 1|x| ≤

1a < 1 e

|x|n

1 + |x|2n≤ 1

|x|n≤(

1

a

)n.

Come prima, la serie converge uniformemente su tutti gli insiemi del tipo

{x | |x| ≥ a > 1} per il criterio di Weierstrass.

Esercizio 9. La serie e a termini positivi. Applico il criterio della radice

n

√(2 + sinn

n+ cosn

)nx=

(2 + sinn

n+ cosn

)x→

0 per x > 01 per x = 0+∞ per x < 0.


La serie converge su (0,+∞) puntualmente. Per vedere che non converge uniformemente osserviamo

che la funzione somma s(x), x ∈ (0,+∞) non e limitata, ad esempio su (0, 1).

Infatti,sup

x∈(0,1)s(x) = sup

x∈(0,1)supnsn(x)

= supn

supx∈(0,1)

sn(x)

= supnsn(0)

perche sn(0) e una funzione decrescente e continua. Percio, essendo sn(0) = f2(0) + . . .+ fn(0) =

n− 1, otteniamo supx∈(0,1)

s(x) = +∞.

Infine e facile vedere che converge uniformemente su (1,+∞):(2 + sinn

n+ cosn

)nx≤(

3

n− 1

)nx≤(

3

n− 1

)nessendo 2 + sinn ≤ 3, n+ cosngeqn− 1. Inolte, se n ≥ 7,

(3

n−1

)n≤(12

)ne dunque concludiamo

osservando che la serie∑(

12

)nconverge.


1

nx.

La serie converge puntualmente per x > 1. Converge uniformemente su (1 + ε,+∞), ∀ε > 0,

perche 1nx ≤ 1

n1+ε , se x ∈ (1 + ε,+∞) e∑ 1

n1+ε converge. Non converge uniformemente su (1,+∞).

Mostriamo che la funzione somma s(x) non e limitata su (1,+∞):

s(x) ≥∫ +∞

1

1

txdt =

[t1−x

1− x

]+∞1

=1

x− 1→ +∞, per x→ 1+.

1 2 3 4 50t

Esercizio 11. La serie derivata di+∞∑n=1

2−n arctan(nx) e

+∞∑n=1

n · 2−n · 1

1 + n2x2.


Si ha

n · 2−n · 1

1 + n2x2≤ n

2n, ∀x ∈ R,

e dunque la serie derivata converge uniformemente. Applicando il teorema di derivazione termine

e termine possiamo concludere che la serie derivata converge alla derivata φ′(x), e quindi

φ′(x) =+∞∑n=1

n · 2−n · 1

1 + n2x2⇒ φ′(0) =

+∞∑n=1

n · 2−n.

Posto g(x) =+∞∑n=1

2−nx, risulta

g(x) =2−x

1− 2−x=

1

2x − 1, g′(x) = −

+∞∑n=1

n · 2−nx log 2 = − 2x · log 2

(2x − 1)2.

Percio φ′(0) = −g′(0)log 2 = 2 log 2

log 2 = 2.

Esercizio 12.

a) Scriviamo la serie come∑

(−1)nbn(x), dove

bn(x) =1

|x|+ n> 0, ∀n

ed e definita ∀x ∈ R. Abbiamo

1

|x|+ n∼ 1

n, per n→ +∞,

e quindi la serie data non converge assolutamente. Per quanto riguarda la convergenza pun-

tuale, utilizziamo il criterio di Leibniz:

bn(x)→ 0 per n→ +∞;

bn(x) e decrescente in n, cioe bn+1(x) ≤ bn(x), ∀n, ∀x.

Quindi la serie converge puntualmente su R.

b) Per Leibniz

|s(x)− sn(x)| ≤ bn+1(x) =1

|x|+ (n+ 1)≤ 1

n+ 1, ∀x ∈ R,

quindi

limn→+∞

(supx∈R|s(x)− sn(x)|

)≤ lim

n→+∞

1

n+ 1= 0,

e concludiamo che la serie converge uniformemente su R.


Serie di potenze

Esercizio 1.

a) Calcoliamo il raggio di convergenza R utilizzando il criterio del rapporto:

limn→+∞

∣∣∣∣an+1

an

∣∣∣∣ = limn→+∞

1

(n+ 1)!· n! = lim

n→+∞

n!

(n+ 1) · n!= lim

n→+∞

1

n+ 1= 0,

quindi R = +∞. La serie converge puntualmente su R ed uniformemente su tutti i sottoin-

siemi chiusi [a, b] ⊂ R.

b) Calcoliamo il raggio di convergenza R utilizzando il criterio della radice:

limn→+∞

n√n2 = lim

n→+∞

(n√n)2

= 1,

quindi R = 11 = 1. Per trovare l’insieme di convergenza dobbiamo analizzare il comporta-

mento negli estremi x = ±1.

x = 1 La serie diventa∑n2 · 1n =

∑n2 e dunque non converge perche il termine n-esimo

non tende a 0.

x = −1 Abbiamo la serie∑n2 · (−1)n che non converge perche non esiste lim

n→+∞n2 · (−1)n.

Quindi la serie converge su (−1, 1).

c) Per il rapporto

limn→+∞

(n+ 1)!

n!= lim

n→+∞(n+ 1) = +∞ ⇒ R = 0,

e quindi la serie converge solo in x = 0.

d) sinnπ = 0, ∀n ∈ N e quindi

∞∑n=0

sinnπ

n+ 1xn =

∞∑n=0

0 = 0, ∀x ∈ R,

quindi la serie converge su tutto R.

e) La serie e una serie di potenze con molti termini nulli e la possiamo riscrivere come

+∞∑k=0

akxk, dove ak =

{0 se k 6= n!1 se k = n!

Quindi si ha

|akxk| ≤ |x|k, ∀x ∈ R.


In particolare la serie converge se |x| < 1, perche e maggiorata dalla serie geometrica conver-

gente∑|x|n.

Inoltre, se |x| ≥ 1, la serie diverge assolutamente perche

limn→+∞

|x|n! 6= 0.

f) Per il criterio della radice

limn→+∞

n

√∣∣∣∣(−1)n1

3n+1

∣∣∣∣ = limn→+∞

n

√1

3n · 3=

1

3⇒ R = 3.

Studiamo gli estremi x = ±3.

x = 3∞∑n=0

(−1)n3n

3n+1=∞∑n=0

(−1)n1

3non converge perche il termine n-esimo non tende a 0.

x = −3∞∑n=0

(−1)n(−3)n

3n+1=∞∑n=0

3n

3n+1=∞∑n=0

1

3diverge positivamente.

Quindi la serie converge su (−3, 3) e converge uniformemente sui sottointervalli chiusi [a, b] ⊂

(−3, 3).

g) Per il rapporto

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

n2

(n+ 1)2= 1 ⇒ R = 1.

x = 1 ⇒+∞∑n=1

1n

n2=

+∞∑n=1

1

n2converge.

x = −1 ⇒+∞∑n=1

(−1)n

n2converge assolutamente.

Quindi la serie converge assolutamente e uniformemente su [−1, 1].

h) Ponendo x2 = t otteniamo la serie di potenze∞∑n=0

n+ 1

3n− 1· t

n

4n. Utilizzando il criterio della

radice otteniamo

limn→+∞

n

√n+ 1

3n− 1· 1

4n=

1

4⇒ R = 4.

t = 4 ⇒∞∑n=0

n+ 1

3n− 1· 4n

4n=∞∑n=0

n+ 1

3n− 1. Poiche lim

n→+∞

n+ 1

3n− 1=

1

36= 0, la serie diverge

per il criterio necessario di convergenza.


t = −4 ⇒∞∑n=0

n+ 1

3n− 1· (−4)n

4n=

∞∑n=0

n+ 1

3n− 1· (−1)n non converge perche non esiste

limn→+∞

(−1)nn+ 1

3n− 1.

La serie converge puntualmente e assolutamente per t ∈ (−4, 4) ed uniformemente per t ∈

[a, b] ⊂ (−4, 4). Tornando alla variabile x otteniamo che

−4 < t < 4 ⇐⇒ −4 < x2 < 4 ⇐⇒ x2 < 4 ⇐⇒ −2 < x < 2,

e quindi la serie converge puntualmente e assolutamente per x ∈ (−2, 2) ed uniformemente

per x ∈ [α, β] ⊂ (−2, 2).

i) La serie e una serie di potenze centrata in x = 1. La si puo trattare come serie centrata in 0

ponendo t = x − 1. Osserviamo inoltre che cosnπ = (−1)n e dunque possiamo riscrivere la

serie come+∞∑n=1

(−1)n

n3tn.

Con il criterio della radice otteniamo che

limn→+∞

n

√1

n3= 1 ⇒ R = 1.

Per t = −1 abbiamo la serie∑ (−1)n

n3 · (−1)n =∑ 1

n3 , convergente.

Per t = 1,∑ (−1)n

n3 · 1n =∑ (−1)n

n3 , convergente assolutamente.

Quindi la serie converge per −1 ≤ t ≤ 1 e dunque per −1 ≤ x− 1 ≤ 1, cioe se x ∈ [0, 2].

l) Ponendo x2 = t otteniamo la serie∞∑n=0

(−1)n

(n+ 1)3ntn ed utilizzando il criterio della radice

limn→+∞

n

√1

(n+ 1)3n= lim

n→+∞

1

3 n√n+ 1

=1

3⇒ Rt = 3.

Per t = 3,∑ (−1)n

(n+1)3n · 3n =

∑ (−1)nn+1 converge per Leibniz.

Per t = −3,∑ (−1)n

(n+1)3n · (−3)n =∑ 1

n+1 diverge.

Dunque la serie converge per −3 < t = x2 ≤ 3 e cioe per −√

3 ≤ x ≤√

3 .

La serie converge uniformemente e assolutamente su tale intervallo.

Esercizio 2. Osserviamo che

limn→+∞

n

√(1

3 + (−1)n

)n= lim

n→+∞

1

3 + (−1)n


non esiste e quindi non possiamo usare il criterio della radice. Osserviamo pero che

a2k =(

13+(−1)2k

)2k=(14

)2ka2k+1 =

(1

3+(−1)2k+1

)2k+1=(12

)2k+1.

Possiamo allora suddividere la serie nella somma delle due serie

∞∑k=0

a2kx2k +

∞∑k=0

a2k+1x2k+1 =

∞∑k=0

(1

4

)2k

x2k +∞∑k=0

(1

2

)2k+1

x2k+1

e studiare la convergenza delle due serie.

1.∞∑k=0

(1

4

)2k

x2k =∞∑k=0

(x2

16

)k, che converge se

−1 <x2

16< 1 ⇐⇒ −16 < x2 < 16 ⇐⇒ x2 < 16 ⇐⇒ −4 < x < 4

2.∞∑k=0

(1

2x

)2k+1

=∞∑k=0

x

2

(x2

4

)k=x

2

∞∑k=0

(x2

4

)k, che converge se

−4 < x2 < 4 ⇐⇒ x2 < 4 ⇐⇒ −2 < x < 2 .

Otteniamo cosı che la serie dei termini pari ha raggio di convergenza R1 = 4 e la serie dei termini

dispari ha raggio R2 = 2. La serie somma ha percio raggio

R = min{R1, R2} = 2.

Inoltre la serie non converge in x = ±2, quindi l’intervallo di convergenza puntuale e assoluta e

(−2, 2).

La serie converge uniformemente su tutti i sottointervalli chiusi [a, b] ⊂ (−2, 2).

Esercizio 3.

a) Per il criterio del rapporto

limn→+∞

an+1

an= lim

n→+∞

n!

(n+ 1)!= lim

n→+∞

1

n+ 1= 0

per cui R = +∞ e la serie converge puntualmente e assolutamente su (−∞,+∞), uniforme-

mente ∀[a, b] ⊂ (−∞,+∞).

b) Detta f(x) =∞∑n=0

xn

n!, sappiamo che

f ′(x) =∞∑n=1

d

dx

(xn

n!

)=∞∑n=1

nxn−1

n!

=∞∑n=1

nxn−1

n(n− 1)!=∞∑n=1

xn−1

(n− 1)!=∞∑n=0

xn

n!.


Le due serie sono uguali. Abbiamo allora l’equazione differenziale lineare{f ′(x) = f(x)f(0) = 1

da cui otteniamo f(x) = ke x, f(0) = ke 0 = 1 ⇒ k = 1. Allora

∞∑n=0

xn

n!= e x

Esercizio 4. Poniamo e x = t e consideriamo la successione fn(t) = an

1+(3a)n tn. Abbiamo

limn→+∞

n

√an

1 + (3a)n=

{a3a = 1

3 se a ≥ 13

a se 0 < a < 13

⇒ R =

{3 se a ≥ 1

31a se 0 < a < 1

3 .

Studiamo il comportamente negli estremi.

a ≥ 13 Se |t| = 3,

limn→+∞

n

√fn(t) = lim

n→+∞

∣∣∣∣ an

1 + (3a)n(±3)n

∣∣∣∣ = 1

e dunque la serie non converge.

0 < a < 13 Se t = ± 1

a ,

limn→+∞

n

√fn(t) = lim

n→+∞

∣∣∣∣ an

1 + (3a)n

(±1

a

))n∣∣∣∣ = 1

e la serie non converge.

In conclusione, se a ≥ 13 , la serie converge per |t| = |e x| < 3 ⇐⇒ x < log 3.

Se 0 < a < 13 la serie converge per |t| = |e x| < 1

a ⇐⇒ x < − log a.

Esercizio 5. Studiamo le due serie∑n≥1

(−1)n log 3nxn e∑n≥1

3n

n+ 3xn.

a) Criterio del rapporto

limn→+∞

∣∣∣∣(−1)n log 3(n+ 1)

(−1)n log 3n

∣∣∣∣ = limn→+∞

∣∣∣∣ log 3(n+ 1)

log 3n

∣∣∣∣ = 1 ⇒ R1 = 1

quindi la serie converge puntualmente e assolutamente in (−1, 1).

b) Criterio della radice

limn→+∞

n

√3n

n+ 3= lim

n→+∞

3n√n+ 3

= 3 ⇒ R2 =1

3.


Il raggio della serie somma e R = min{

1, 13

}= 1

3 .

Per determinare il comportamento in x = ±13 , basta studiare il comportamento della seconda serie.

Infatti la prima serie converge certamente in x = ±13 , che appartengono all’intervallo di convergenza

(−1, 1).

x = 13 Abbiamo la serie

∑ 3n

n+3 ·(13

)n=∑ 1

n+3 che diverge.

x = −13 La serie

∑ 3n

n+3 ·(−1

3

)n=∑

(−1)n 1n+3 converge per il criterio di Leibniz.

Dunque la serie data converge puntualmente in[−1

3 ,13

), assolutamente

(−1

3 ,13

), uniformemente in

tutti i sottointervalli chiusi [a, b] ⊂[−1

3 ,13

).

Esercizio 6.

a) Usiamo il criterio della radice

limn→+∞

n

√∣∣∣∣ 1

n(n− 1)

∣∣∣∣ = limn→+∞

1n√n · n√n− 1

= 1,

e quindi il raggio di convergenza e R = 1. Studiamo il comportamento negli estremi.

Se x = 1 abbiamo la serie∑ 1

n(n−1) , convergente.

Se x = −1, abbiamo la serie∑ (−1)n

n(n−1) , che converge assolutamente.

Quindi l’insieme di convergenza e l’intervallo chiuso [−1, 1].

b) Se poniamo fn(x) = xn

n(n−1) , abbiamo

f ′n(x) =nxn−1

n(n− 1)=xn−1

n− 1,

e quindi

f ′(x) =∞∑n=2

xn−1

n− 1=∞∑n=1

xn

n=∞∑n=1

1

nxn,

ed il raggio di convergenza coincide con il raggio della serie di partenza, per cui R = 1. Negli

estremi abbiamo:

x = 1 ⇒∑ 1

n , diverge;

x = −1 ⇒∑

(−1)n 1n , converge.

Quindi l’insieme di convergenza della serie derivata e [−1, 1).

Derivando ulteriormente

f ′′n(x) =

(xn

n

)′=nxn−1

n= xn−1,

da cui

f ′′(x) =∞∑n=1

xn−1 =∞∑n=0

xn.


c) Abbiamo che

f ′′(x) =∞∑n=0

xn =1

1− x,

ed integrando,

f ′(x) = − log(1− x) =∞∑n=1

1

nxn, x ∈ [−1, 1).

Infine, f(x) e la primitiva di f ′(x) che in x = 0 vale 0;∫f ′(x)dx = −

∫log(1− x)dx.

Esercizio 7.

a) Possiamo scrivere

∞∑1

nxn = x∞∑1

nxn−1 = x∞∑0

d

dx(xn)

= xd

dx

[ ∞∑0

xn]

= x · d

dx

(1

1− x

)=

x

(1− x)2

ed il raggio di convergenza e R = 1.

b) Abbiamo∞∑n=1

(−1)nx3n+3

n!=

∞∑n=1

(−1)nx3n+3

n!

= x3∞∑n=1

(−x3)n

n!

= x3[ ∞∑n=0

(−x3)n

n!− 1

]= x3

(e−x

3 − 1), R = +∞.

c)

∞∑n=0

xn

(n+ 2)!=

∞∑n=0

xn+2

(n+ 2)!· 1

x2per x 6= 0

=1

x2

∞∑n=0

xn+2

(n+ 2)!

=1

x2

∞∑m=2

xm

m!ponendo m = n+ 2

=1

x2[e x − (1 + x)]

=e x − 1− x

x2.


Osserviamo che si puo eliminare la condizione x 6= 0 perche

limx→0

e x − 1− xx2

= limx→0

12x

2 + o(x2)

x2=

1

2,

che e uguale alla somma della serie per x = 0. Concludiamo che

e x − 1− xx2

=∞∑n=0

xn

(n+ 2)!, ∀x ∈ R.

d) La serie∞∑n=0

n

n+ 1tn ha raggio di convergenza R = 1. Possiamo scrivere

n

n+ 1=n+ 1− 1

n+ 1= 1− 1

n+ 1

e quindi∞∑n=0

n

n+ 1tn =

∞∑n=0

(1− 1

n+ 1

)tn =

∞∑n=0

tn −∞∑n=0

tn

n+ 1.

Per quanto riguarda la prima serie abbiamo∞∑n=0

tn =1

1− t.

Studiamo la seconda:

∞∑n=0

tn

n+ 1=

1

t

∞∑n=0

tn+1

n+ 1per t 6= 0

=1

t

∞∑m=1

tm

mponendo n+ 1 = m

= −1

tlog(1− t)

=− log(1− t)

t.

Poiche

limt→0

− log(1− t)t

= limn→0

t+ o(t)

t= 1,

la funzione e prolungabile per continuita e otteniamo

∞∑n=0

n

n+ 1tn =

1

1− t− log(1− t)

t, t 6= 0

1− 1 = 0, t = 0

Esercizio 8.

a) La serie∞∑n=0

3n

xn(x− 6)n=

∞∑n=0

[3

x(x− 6)

]ne una serie geometrica con ragione

3

x(x− 6).

Quindi converge quando

∣∣∣∣ 3

x(x− 6)

∣∣∣∣ < 1, cioe se

−1 <3

x(x− 6)< 1 ⇐⇒ x2 − 6x+ 3

x(x− 6)> 0 e

x2 − 6x− 3

x(x− 6)> 0.


La prima disequazione ha per soluzione

x < 0 ∪ 3−√

6 < x < 3 +√

6 ∪ x > 6,

mentre la seconda

x < 3− 2√

3 ∪ 0 < x < 6 ∪ x > 3 + 2√

3.

Quindi l’insieme di convergenza della serie e l’intersezione dei due insiemi trovati, ovvero

x < 3− 2√

3 ∪ 3−√

6 < x < 3 +√

6 ∪ x > 3 + 2√

3.

La somma della serie e s(x) = 11−q , dove q = 3

x(x−6) , quindi

s(x) =1

1− 3x2−6x

=x2 − 6x

x2 − 6x− 3.

b) La serie∞∑n=1

xn

(1− x)n=

∞∑n=1

(x

1− x

)ne una serie geometrica di ragione

x

1− x. Quindi

converge se ∣∣∣∣ x

1− x

∣∣∣∣ < 1 ⇐⇒ −1 <x

1− x< 1,

ovvero se e soddisfatto il sistema−1

1− x< 0

2x− 1

1− x< 0

⇐⇒

x < 1

x <1

2

⇐⇒ x <1

2.

Dall’uguaglianza∞∑n=0

(x

1− x

)n=

1

1− x1−x

=1− x1− 2x

otteniamo∞∑n=1

(x

1− x

)n=

∞∑n=0

(x

1− x

)n− 1

=1− x1− 2x

− 1

=x

1− 2x.

c) La serie converge se∣∣∣∣ 1

1− log |x|

∣∣∣∣ < 1 ⇐⇒ |1− log |x|| > 1 ⇐⇒ 1− log |x| < −1 ∨ 1− log |x| > 1.


La prima disequazione equivale a

log |x| > 2 ⇐⇒ |x| > e 2 ⇐⇒ x < −e 2 ∨ x > e 2,

e la seconda

log |x| < 0 ⇐⇒ |x| < 1 ⇐⇒ −1 < x < 0 ∨ 0 < x < 1.

Concludiamo che la serie converge in

(−∞,−e 2) ∪ (−1, 0) ∪ (0, 1) ∪ (e 2,+∞).

Per quanto riguarda la somma,

∞∑n=0

(1

1− log |x|

)n=

1− log |x|− log |x|

⇒∞∑n=1

(1

1− log |x|

)n=

1− log |x|− log |x|

− 1 = − 1

log |x|.

d) La serie∞∑n=1

[(3x)x]n converge se

|(3x)x| < 1 ⇐⇒ −1 < (3x)x < 1 ⇐⇒ (3x)x < 1⇐⇒ e x log 3x < 1 ⇐⇒ x log 3x < 0,

ma il dominio di fn(x) = [(3x)x]n e x > 0, per cui, per ogni x nel dominio,

x log 3x < 0 ⇐⇒ log 3x < 0 ⇐⇒ 0 < x <1

3.

Inoltre

∞∑n=0

[(3x)x]n =1

1− (3x)x⇒

∞∑n=1

[(3x)x]n =1

1− (3x)x− 1 =

(3x)x

1− (3x)x.

e) La serie converge se∣∣∣∣ 6− 2x

2(x− 1)2

∣∣∣∣ < 1 ⇐⇒ −1 <3− x

(x− 1)2< 1 ⇐⇒ x2 − 3x+ 4 > 0 ∧ x2 − x− 2 > 0.

La prima e sempre verificata, mentre la seconda e verificata per x < −1 e x > 2. Dunque la

serie converge in

(−∞,−1) ∪ (2,+∞).

La somma e∞∑n=0

[6− 2x

2(x− 1)2

]n=

1

1− 3−x(x−1)2

=(x− 1)2

x2 − x− 2.


Serie di Taylor e di MacLaurin

Esercizio 1.

a) Ponendo x− (−3) = x+ 3 = t, otteniamo:

−x− 1 = −(x+ 1) = −(x+ 3− 3 + 1) = −(x+ 3− 2) = −t+ 2,

e quindilog(−x− 1) = log(2− t) = log 2

[1− t

2

]= log 2 + log

(1− t

2

)= log 2−

∞∑n=1

tn

2n · n= log 2−

∞∑n=1

(x+ 3)n

n · 2n

e dunque lo sviluppo di Taylor di f(x) risulta essere

log(−x− 1) = log 2−∞∑n=1

(x+ 3)n

n · 2n.

Il raggio di convergenza e R = 2, e dunque la serie converge puntualmente in [−2−3, 2−3) =

[−5,−1).

b) Osserviamo che x+1x−1 > 0 in un intorno di x0 = −3, mentre x+ 1 < 0, x− 1 < 0. Dobbiamo

quindi scrivere

log

(x+ 1

x− 1

)= log

(−(x+ 1)

−(x− 1)

)= log

(−x− 1

1− x

)= log(−x− 1)− log(1− x).

Abbiamo gia calcolato la serie di Taylor di log(−x − 1). Per calcolare la serie di Taylor di

log(1− x) possiamo procedere in modo analogo:

1− x = 1− 3 + 3− x = 1 + 3− (3 + x) = 4− (3 + x) = 4− t,

e quindilog(1− x) = log(4− t) = log 4

[1− t

4

]= log 4 + log

(1− t

4

)= log 4−

∞∑n=1

tn

4n · n= log 4−

∞∑n=1

(x+ 3)n

n · 4n.

Il raggio di convergenza e R = 4 e l’insieme di convergenza [−4− 3, 4− 3) = [−7, 1).

Dunque

log

(1 + x

1− x

)= log 2−

∞∑n=1

(x+ 3)n

n · 2n− log 4 +

∞∑n=1

(x+ 3)n

n · 4n

= log 2− log 4 +∞∑n=1

(1

n4n− 1

n2n

)(x+ 3)n

= log 12 +

∞∑n=1

1

n

(1

4n− 1

2n

)(x+ 3)n.


c) La serie converge dove entrambe convergono, cioe in [−5,−1) (il raggio di convergenza e 2).

d) Poiche la serie di Taylor di g(x) centrata in x0 = −3 e ottenuta come

∞∑n=0

g(n)(−3)

n!(x+ 3)n

abbiamo che

g′(−3) =1

1 · 41− 1

1 · 21=

1

4− 1

2= −1

4,

g′′(−3) = 2! · 1

2

(1

42− 1

22

)=

1

16− 1

4= − 3

16,

g′′′(−3) = 3! · 1

3

(1

43− 1

23

)= 2 ·

(1

64− 1

8

)= − 7

32.

Esercizio 2. Osserviamo che f(x) = 1(x−1)(2−x) e definita per x 6= 1, 2. In particolare il piu grande

intervallo contenente x = 0 su cui f e definita e (−∞, 1).

Usando i fratti semplici otteniamo che

1

(x− 1)(2− x)=

A

x− 1+

B

2− x=

1

x− 1+

1

2− x.

Consideriamo separatamente gli sviluppi delle due funzioni.

• 1

x− 1= − 1

1− x= −

∞∑n=0

xn =∞∑n=0

−xn, che converge per |x| < 1.

• 1

2− x=

1

2(1− x

2

) =1

2· 1

1− x2

=1

2

∞∑n=0

(x

2

)n=∞∑n=0

1

2n+1xn, che converge per |x| < 2.

Quindi1

x− 1+

1

2− x=∞∑n=0

−xn +∞∑n=0

1

2n+1xn =

∞∑n=0

(1

2n+1− 1

)xn,

e la serie converge dove entrambe le serie convergono, cioe per |x| < 1.

Osserviamo che l’uguaglianza tre la funzione e la serie e da interpretarsi in modo formale; e

un’uguaglianza effettiva la dove la serie converge, e cioe per x ∈ (−1, 1).

Esercizio 3. Dallo sviluppo

log(1 + t) =∞∑n=1

(−1)n+1

ntn, t ∈ (−1, 1],

sostituendo t = −x2, otteniamo

log(1− x2) =∞∑n=1

(−1)n+1

n(−x2)n

=∞∑n=1

(−1)n+1

n(−1)n · x2n

=∞∑n=1

−1

nx2n.


Inoltre la serie converge per

−1 < −x2 ≤ 1 ⇐⇒ −1 < −x2 ⇐⇒ −1 < x < 1 .


Esercizi conclusivi


+∞∑n=2

(−1)4

n+ (−1)n=

+∞∑n=2

1

n+ (−1)n

= 11+2 + 1

1−3 + 11+4 + 1

1−5 . . .

= 13 −

12 + 1

5 −14 + 1

7 −16 . . .

Osserviamo ches2n = s2(n−1) + a2n−1 + a2n

= s2(n−1) + 11−(2n−1) + 1

1+2n

= s2(n−1) − 3(2n−2)(2n+1) .

Percio s2n e decrescente. Inoltre e limitata, perche

s2n =n∑k=2

(s2k − s2(k−1)) + s2 =n∑k=2

− 3

(2k − 2)(2k + 1)+

1

3,

e la serie∑ 3

(2k−2)(2k−1) e convergente.

Quindi s2n → l ∈ R. Ma siccome s2n+1 = s2n + a2n+1, e a2n+1 → 0, risulta pure s2n+1 → l. Segue

che sn → l e dunque, per definizione la serie converge.


2 arctan(n+ 1)− π = 2

(arctan(n+ 1)− π

2

)ed inoltre

arctan t− π

2= − arctan

1

t, per t > 0

(si dimostra osservando che(arctan t+ arctan 1

t

)′= 0 ⇒ arctan t+ arctan 1

t = cost).

Allora2(arctan(n+ 1)− π

2

)= −2 arctan 1

n+1

cos(n+ 1)π = (−1)n+1,

e sostituendo nell’espressione iniziale,

∞∑n=0

(2 arctan(n+ 1)− π) cos(n+ 1)π =∞∑n=0

(−1)n+1(−2 arctan

1

n+ 1

)=

∞∑n=0

(−1)n · 2 arctan1

n+ 1.

Quindi la serie converge per il criterio di Leibniz, essendo(2 arctan 1

n+1

)decrescente e

limn→+∞

(2 arctan

1

n+ 1

)= 0.

Non converge assolutamente, perche |an| = 2 arctan 1n+1 ∼

2n+1 per n→ +∞.

Esercizio 3.


a) La funzionesin 3x2

xe continua in (0, 1], inoltre sin 3x2 ∼ 3x2, per x→ 0, per cui

limx→0+

sin 3x2

x= lim

x→0+

3x2

x= 0.

Quindisin 3x2

xe continua e limitata in (0, 1] ⇒ e Riemann-integrabile.

b) Dallo sviluppo in serie di MacLaurin della funzione sin t ricaviamo

sin 3x2 =∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!(3x2)2n+1

=∞∑n=0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!x4n+2 R = +∞

e quindi

sin 3x2

x=

1

x

∞∑n=0

(−1)n

(2n+ 1)!(3x2)2n+1

=∞∑n=0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!x4n+1 x 6= 0.

Sostituendo nell’integrale∫ 1

0

sin 3x2

xdx =

∫ 1

0

∞∑n=0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!x4n+1 x 6= 0

=∞∑n=0

∫ 1

0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!x4n+1dx

=∞∑n=0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!

[x4n+2

4n+ 2

]1x=0

=∞∑n=0

(−1)n32n+1

(2n+ 1)!· 1

4n+ 2.

In conclusione abbiamo

∫ 1

0

sin 3x2

xdx =

∞∑n=0

an, con

an =(−1)n32n+1

(2n+ 1)!(4n+ 2).

c) Se consideriamo solo i primi tre termini abbiamo

s2 = a0 + a1 + a2

=3

2− 33

3! · 6+

35

5! · 10.

Esercizio 4.


a) Poniamo an = sin

(n2 + n+ 1

n+ 1π

)ed osserviamo che

n2 + n+ 1

n+ 1=n(n+ 1) + 1

n+ 1= n+

1

n+ 1,

da cui

an = sin

(n2 + n+ 1

n+ 1π

)= sin

(1

n+ 1+ n

)π

= sin

(π

n+ 1+ nπ

)= cosnπ · sin π

n+1

= (−1)n sinπ

n+ 1.

La serie risulta quindi essere del tipo

∑n≥1

(−1)n sinπ

n+ 1.

Poiche 0 ≤ πn+1 ≤

π2 , ∀n ≥ 1, si ha sin π

n+1 ≥ 0, ∀n ≥ 1 e la serie e una serie a segni alterni.

Osserviamo che bn = sin πn+1 ∼

πn+1 → 0 per n → +∞, con ordine di infinitesimo 1 rispetto

a 1n , dunque la serie non converge assolutamente.

Poicheπ

(n+ 1) + 1≤ π

n+ 1, ∀n ≥ 1

e poiche sin t e crescente per t ∈[0, π2

], abbiamo che

bn+1 = sinπ

(n+ 1) + 1≤ sin

π

n+ 1= bn, ∀n ≥ 1.

Quindi bn → 0 decrescendo e possiamo applicare il criterio di Leibniz per concludere che

la serie converge.

b) L’errore che si commette arrestandosi ad n = 100 e il resto r100 e, per Leibniz si ha

|r100| =∣∣∣∣∣∞∑n=1

an −100∑n=1

an

∣∣∣∣∣ ≤ b101 = sinπ

101.

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