serie "asintoticamente decrescente"

[Noisemaker]

mi sono imbattuto in questo esercizio, e ad un certo punto per utilizzare il criterio di Leibnitz, ho usato gli sviluppi di Taylor per verificare la decrescenza del termine generale ... si può fare? di seguito il mio svolgimento

[tex]\mbox{Studiare il carattere della serie:}[/tex]

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\, \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot x^n,\qquad\alpha\in\mathbb{R}[/tex]

La serie non è a segno costante; allora consideriamo il valore assoluto del termine generale, e osserviamo che applicando, alla serie a termini positivi che si ottiene, il criterio della radice si ha:

[tex]\displaystyle\left|\frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot x^n\right|=[/tex][tex]\displaystyle\frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot |x|^n\stackrel{Sqrt}{\Longrightarrow}[/tex][tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty}\sqrt[n]{\frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot |x|^n}=[/tex] [tex]\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n }}{n^{\frac{\alpha}{n} }}\cdot |x|[/tex]
[tex]\displaystyle=\lim_{n \to +\infty} \frac{ \frac{1}{\sqrt e} }{e^{\frac{\alpha\ln n}{n} }}\cdot |x|=[/tex] [tex]\displaystyle\frac{|x|}{\sqrt e}=\begin{cases} \mbox{se }\,\,\,\,\frac{|x|}{\sqrt e}<1,\,\,|x|<{\sqrt e},\,\,-{\sqrt e}<x<{\sqrt e}\,\,\,\mbox{converge } \\ \mbox{se }\,\,\,\,\frac{|x|}{\sqrt e}>1,\,\,|x|>{\sqrt e},\,\,x<-{\sqrt e}\cup x>{\sqrt e}\,\,\,\mbox{diverge } \\
\mbox{se }\,\,\,\,\frac{|x|}{\sqrt e}=1,\,\, x ={\sqrt e},\,\,x=-{\sqrt e} \,\,\,\mbox{criterio inefficace;}
\end{cases}[/tex]

bisogna esaminare i due casi in cui il criterio risulta inefficace;

[tex]\mbox{ se \,\,}$ \quad x = \sqrt e \quad \mbox{ la serie diventa:}[/tex]

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\, \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot ({\sqrt e})^{n}[/tex]

che è a termini positivi; considerando il termine generale osserviamo:

[tex]\displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}e^{n^2\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)} \cdot e ^{\frac{n}{2}}=[/tex][tex]\displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}e^{n^2\ln\left(1-\frac{1}{2n}\right)+\frac{n}{2}} \stackrel{\bf(T)}{\sim}[/tex][tex]\displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}e^{n^2 \left( -\frac{1}{2n}-\frac{1}{8n^2}\right)+\frac{n}{2}}=[/tex][tex]\displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}e^{ -\frac{1}{8 } }=[/tex] [tex]\displaystyle \frac{1}{n^{\alpha}}e^{ -\frac{1}{8 } } = \frac{1}{n^{\alpha}\sqrt[8]e}\sim\frac{1}{n^{\alpha}}=[/tex] [tex]\displaystyle\begin{cases} \mbox{se }\alpha>1,&\mbox{converge } \\\mbox{se }\alpha\le1,&\mbox{diverge }
\end{cases}[/tex]

[tex]\mbox{ se } \quad x ={-\sqrt e},$\quad \mbox{ la serie diventa:}[/tex]

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\, \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot ({-\sqrt e})^{n}=[/tex] [tex]\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\, (-1)^n \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot ({ \sqrt e})^{n}[/tex]

che è a segni alterni; considerando il valore assoluto del termine generale, si ottiene, come nel caso precedente che la serie risulta assolutamente convergente per [tex]\alpha>1,[/tex] mentre risulta assolutamente divergente per [tex]\alpha\le1;[/tex] in questo caso allora dobbiamo trovare un'altra via per la ricerca dell'eventuale convergenza; osserviamo allora che, come nel caso precedente,

[tex]\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\,\, \frac{\left(1-\frac{1}{2n}\right)^{n^2}}{n^{\alpha}}\cdot ({ \sqrt e})^{n}\sim\frac{1}{n^{\alpha}}[/tex]

e dunque se ne deduce che per [tex]\alpha\le0[/tex] la serie non può convergere neanche semplicemente, dato che non è
infinitesimo il termine generale. Quindi è sufficente cercare, se c'è, la convergenza semplice per [tex]\alpha\in(0; 1];[/tex] per utilizzare il criterio di Leibniz, essendo certamente infinitesimo il termine generale per [tex]\alpha\in(0; 1],[/tex] verifichiamone la decrescenza: sia

[tex]\displaystyle f(x):= \frac{\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{x^2}}{x^{\alpha}}\cdot e^{\frac{x}{2} }[/tex]

si ha:

[tex]\displaystyle f^{\prime}(x) =-\alpha\displaystyle\frac{\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{x^2}}{x^{\alpha+1}} e^{\frac{x}{2} }+ \frac{\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{x^2}}{2x^{\alpha}}e^{\frac{x}{2} }+[/tex][tex]\displaystyle\frac{\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{x^2}}{x^{\alpha}} e^{\frac{x}{2} }\left[2x\ln\left(1-\frac{1}{2x}\right)+\frac{x^2}{1-\frac{1}{2x}}\cdot\frac{1}{2x^2}\right][/tex] [tex]\displaystyle=\frac{\left(1-\frac{1}{2x}\right)^{x^2}}{x^{\alpha }}e^{\frac{x}{2} }\left[-\frac{\alpha}{x}+\frac{1}{2}+2x\ln\left(1-\frac{1}{2x}\right)+\frac{1}{2-\frac{1}{x}}\right][/tex]

il primo fattore è certamente positivo; per quanto riguarda il fattore entro le parentesi quadre, consideriamo gli sviluppi di Taylor:

[tex]\displaystyle-\frac{\alpha}{x}+\frac{1}{2}+2x\ln\left(1-\frac{1}{2x}\right)+\frac{1}{2-\frac{1}{x}} \stackrel{\bf(T)}{\sim}[/tex] [tex]\displaystyle-\frac{\alpha}{x}+\frac{1}{2}+2x \left( -\frac{1}{2x}-\frac{1}{8x^2}\right)+\frac{1}{2 }\left(1+\frac{1}{2x}\right)=\frac{-\alpha}{x}\sim-\frac{1}{x}[/tex]

Se ne deduce che per [tex]x[/tex] sufficientemente grande [tex]f^{\prime}(x)[/tex] è negativa, ovvero che per [tex]n[/tex] sufficientemente grande il termine generale della serie è strettamente decrescente. Per il criterio di Leibniz la serie è semplicemente convergente.

Riassumendo, abbiamo dimostrato che la serie data è :

assolutamente convergente per [tex]x\in(-\sqrt e;\sqrt e),[/tex]

assolutamente convergente per [tex]x=\pm\sqrt e,\,\,\,\mbox{e per}\,\,\, \alpha> 1,[/tex]

semplicemente convergente per [tex]x =-\sqrt e,\,\,\,\mbox{e per}\,\,\ \alpha\in(0; 1],[/tex]

divergente a [tex]+\infty[/tex] per [tex]x=\sqrt e\,\,\,\mbox{e per}\,\,\ \alpha\le1,[/tex]

non converge per [tex]|x|>\sqrt e[/tex]