[quote=&quot;PLA&quot;:25tornpm]Scusatemi ma non riesco a dimostrare la convergenza della prima serie... :/

Con il metodo di e-alla dimostro che la serie potrebbe convergere.[/quote:25tornpm][tex:25tornpm][/tex:25tornpm]
si infatti il termine generale tende zero,cioè è verificata la condizione NECESSARIA per la convergenza: 

[tex:25tornpm]\displaystyle\lim_{n \to \infty} \Big&#40;n^{\frac{1}{n}}-1\Big&#41;^2=\lim_{n \to \infty}\Big&#40;e^{\frac{\ln n}{n}}-1\Big&#41;^2\sim\Big&#40;\frac{\ln n}{n}}\Big&#41;^2=0[/tex:25tornpm]

[quote=&quot;PLA&quot;:25tornpm]
Poi scelgo di fare il confronto asintotico con [tex:25tornpm]\sqrt[n]{n^2}[/tex:25tornpm]  che per la mancanza della condizione necessaria, diverge.
[/quote:25tornpm]

perche segli di fare il confronto con  [tex:25tornpm]\sqrt[n]n^2[/tex:25tornpm] ?? il termine generale è asintotico a 

[tex:25tornpm]\displaystyle\Big&#40;\frac{\ln n}{n}}\Big&#41;^2=\frac{\ln^2 n}{n^2}}&gt;\frac{1}{n^2}\to \mbox{converge}:[/tex:25tornpm]

Infatti si potrebbe dimostrare la convergenza della serie [tex:25tornpm]\displaystyle\frac{\ln^2 n}{n^2}}[/tex:25tornpm] conil criterio di condensazione di Cauchy:

il termine generale è decrescente e positivo, quindi la serie

[tex:25tornpm]\displaystyle\frac{\ln^2 n}{n^2}}\quad \mbox{converge}\quad \Leftrightarrow \quad\displaystyle\frac{2^n\cdot\ln^2 2^n}{2^{2n}}}\to \mbox{converge}[/tex:25tornpm]

allora 

[tex:25tornpm]\displaystyle\frac{2^n\cdot\ln^2 2^n}{2^{2n}}}=\frac{n^2\ln^2 2}{2^n}\sim\frac{n^2 }{2^n}[/tex:25tornpm]

applicando a quest'ultima serie il criterio del rapporto, otteniamo


[tex:25tornpm]\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{&#40;n+1&#41;^2 }{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n^2 }=\lim_{n \to \infty}\frac{&#40;n+1&#41;^2 }{n^2} \cdot \frac{2^n}{2^{n} \cdot2}=\frac{1}{2}[/tex:25tornpm] [tex:25tornpm]&lt;\lambda&lt;1\to\mbox{converge}[/tex:25tornpm]

e quindi anche la serie data converge.

insomma , da qualsiasi parte la prendi, sta serie converge!!