Criterio dell'integrale per le serie (Mac Laurin): dimostrazione, stime ed esercizi

Il criterio dell’integrale, detto anche criterio di Mac Laurin (o di Maclaurin-Cauchy), collega due argomenti del corso che sembrano lontani: le serie e gli integrali impropri. In entrambi i casi si sommano infiniti pezzi e ci si chiede se il totale è finito, e per una funzione positiva e decrescente la risposta è la stessa. All’esame lo usi quando il confronto non decide, come nelle serie con $n \ln n$ al denominatore, ma anche per stimare la somma di una serie o la crescita di una serie divergente. In questa pagina vediamo l’idea dei rettangoli, l’enunciato con tutte le ipotesi e la dimostrazione, la serie armonica generalizzata, quanto cresce la serie armonica e la costante di Eulero-Mascheroni, le serie con i logaritmi, la stima del resto, cosa succede se la funzione non decresce, quando conviene usarlo, gli errori più comuni e sei esercizi svolti.

L’idea: rettangoli sopra e sotto una curva

Prendi una funzione $f$ positiva e decrescente su $[1, +\infty)$ e la serie dei suoi valori sugli interi, $a_n = f(n)$. L’esempio da tenere in mente è $f(x) = \frac{1}{x}$, con la serie armonica.

Ogni termine $a_k = f(k)$ è l’area di un rettangolo di base 1 e altezza $f(k)$. Questo rettangolo si può appoggiare in due modi.

Rettangoli sopra la curva. Sull’intervallo $[k, k + 1]$ la funzione decresce, quindi vale al massimo $f(k)$: il rettangolo di altezza $f(k)$ copre tutta la regione sotto il grafico. Sommando da $k = 1$ a $n$, i rettangoli coprono l’area sotto la curva tra 1 e $n + 1$:

$$\int_1^{n + 1} f(x)\,dx \leq a_1 + a_2 + \dots + a_n$$

Rettangoli sotto la curva. Sull’intervallo $[k - 1, k]$ la funzione vale almeno $f(k)$: il rettangolo di altezza $f(k)$ sta tutto sotto il grafico. Sommando da $k = 2$ a $n$:

$$a_2 + a_3 + \dots + a_n \leq \int_1^{n} f(x)\,dx$$

Mettendo insieme le due disuguaglianze, e aggiungendo $a_1$ alla seconda, la somma parziale $s_n = a_1 + \dots + a_n$ resta stretta tra due integrali:

È la doppia disuguaglianza da cui segue tutto il resto della pagina: il criterio, la stima del resto, la crescita delle serie divergenti.

L’enunciato del criterio

L’indice $k$ è quello da cui partono la serie e le ipotesi. Per $\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n \ln n}$ si parte da $k = 2$, perché in 1 il logaritmo si annulla, e si integra da 2. E basta che $f$ sia decrescente definitivamente, cioè su una semiretta $[x_0, +\infty)$: i primi termini sono in numero finito e non cambiano il carattere della serie, e l’integrale tra $k$ e $x_0$ è un integrale normale.

Perché servono le ipotesi

• Decrescente. È l’ipotesi che regge i rettangoli, e quella da controllare sempre, di solito con il segno della derivata. Senza di lei il criterio sbaglia, come vedremo nei controesempi.
• Positiva. Fa crescere sia le somme parziali sia l’integrale, e la dimostrazione si basa su questo. Per una funzione decrescente è quasi gratis: se $f$ fosse negativa in un punto, da lì in poi resterebbe sotto quel valore negativo, e serie e integrale andrebbero entrambi a $-\infty$.
• Continua. Serve solo a dare senso agli integrali. Basta che $f$ sia integrabile su ogni intervallo $[k, t]$, e una funzione monotona su un intervallo chiuso e limitato lo è sempre: per questo molti libri chiedono soltanto «positiva e decrescente».

Una $f$ positiva e decrescente ha sempre un limite $\ell \geq 0$ per $x \to +\infty$. Se $\ell > 0$ i termini non tendono a 0, e la serie diverge già per la condizione necessaria: il caso interessante è $\ell = 0$.

Dimostrazione

Prendiamo $k = 1$: con un altro $k$ cambia solo l’indice. Per $x$ in $[j, j + 1]$ la decrescenza dà $f(j + 1) \leq f(x) \leq f(j)$. Integrando su questo intervallo, che è lungo 1:

$$a_{j + 1} \leq \int_j^{j + 1} f(x)\,dx \leq a_j$$

Sommando la disuguaglianza di destra per $j = 1, \dots, n$ e quella di sinistra per $j = 1, \dots, n - 1$ si ottiene proprio la doppia disuguaglianza. Ora entrano in gioco due quantità crescenti: le somme parziali $s_n$, perché si aggiungono termini positivi, e $F(t) = \int_1^t f(x)\,dx$, perché $f \geq 0$ e l’intervallo si allunga. Per il teorema delle successioni monotone, una quantità crescente ha limite finito se è limitata, e tende a $+\infty$ altrimenti.

• Se l’integrale converge, a un numero $I$, allora $F(n) \leq I$ e la doppia disuguaglianza dà $s_n \leq a_1 + I$: le somme parziali sono limitate, e la serie converge.
• Se la serie converge, a una somma $S$, allora $F(n + 1) \leq s_n \leq S$. Ogni $t$ è minore di qualche intero, quindi anche $F(t) \leq S$: $F$ è crescente e limitata, e l’integrale converge.

Se uno dei due converge, converge anche l’altro: quindi hanno lo stesso carattere.

Stesso carattere, non stessa somma

Quando l’integrale converge, passando al limite nella doppia disuguaglianza si ottiene una stima della somma:

$$\begin{gathered} \int_1^{+\infty} f(x)\,dx \leq S \\ S \leq a_1 + \int_1^{+\infty} f(x)\,dx \end{gathered}$$

Per $\sum \frac{1}{n^2}$ l’integrale vale 1, quindi $1 \leq S \leq 2$. La somma vera è $\frac{\pi^2}{6} \approx 1{,}645$: non coincide con l’integrale, ma ci sta vicino.

La serie armonica generalizzata in una riga

Negli integrali impropri abbiamo calcolato che $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^\alpha}$ converge se e solo se $\alpha > 1$, e in quel caso vale $\frac{1}{\alpha - 1}$. Per $\alpha > 0$ la funzione $\frac{1}{x^\alpha}$ è continua, positiva e decrescente su $[1, +\infty)$, quindi per il criterio la serie si comporta allo stesso modo. Per $\alpha \leq 0$ i termini non tendono a 0, e la serie diverge.

Tutto qui. Nella pagina sui criteri del confronto la stessa conclusione richiede una dimostrazione in cinque casi, con il «trucco dei blocchi» per $1 < \alpha < 2$: con l’integrale è molto più corta, e tratta tutti gli esponenti insieme. In più dà una stima della somma: per $\alpha > 1$

$$\frac{1}{\alpha - 1} \leq \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^\alpha} \leq \frac{\alpha}{\alpha - 1}$$

Con $\alpha = \frac{3}{2}$ la somma sta tra 2 e 3, e infatti vale circa $2{,}612$.

Quanto cresce la serie armonica

Con $f(x) = \frac{1}{x}$ si ha $\int_1^{n} \frac{dx}{x} = \ln n$. La doppia disuguaglianza diventa, per i numeri armonici $H_n = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$:

$$\ln(n + 1) \leq H_n \leq 1 + \ln n$$

È un’altra dimostrazione che la serie armonica diverge, perché il logaritmo va all’infinito, e dice anche quanto cresce. Con $n = 1000$:

$$6{,}909 \leq H_{1000} = 7{,}485 \leq 7{,}908$$

Dividendo per $\ln n$, i due estremi tendono a 1, e per il teorema dei carabinieri $H_n \sim \ln n$.

La costante di Eulero-Mascheroni

Si può fare di meglio. Chiamiamo $d_n = H_n - \ln n$.

• $d_n$ decresce. Passando da $n$ a $n + 1$, si aggiunge $\frac{1}{n + 1}$ e si toglie la crescita del logaritmo:

$$\begin{gathered} d_n - d_{n + 1} = \ln(n + 1) - \ln n - \frac{1}{n + 1} \\ {} = \int_n^{n + 1} \left(\frac{1}{x} - \frac{1}{n + 1}\right) dx > 0 \end{gathered}$$

perché per $n < x < n + 1$ si ha $\frac{1}{x} > \frac{1}{n + 1}$.

• $d_n$ è limitata dal basso. Dalla disuguaglianza di sinistra, $d_n \geq \ln(n + 1) - \ln n > 0$.

Una successione decrescente e limitata dal basso ha limite. Questo limite si chiama costante di Eulero-Mascheroni:

$$\gamma = \lim_{n \to +\infty} (H_n - \ln n) = 0{,}5772\ldots$$

Siccome $d_1 = 1$ e $d_n$ decresce, si ha $0 \leq \gamma < 1$. Per $n$ grande vale quindi $H_n \approx \ln n + \gamma$: con $n = 1000$ si ottiene $7{,}4850$, contro il valore vero $7{,}4855$.

Il significato geometrico è nella figura. Sopra la curva $\frac{1}{x}$, i rettangoli lasciano delle «unghie» arancioni: la loro area totale fino a $n$ è $H_n - \ln(n + 1)$, che tende anch’essa a $\gamma$. Spostando le unghie a sinistra, ognuna occupa una fascia orizzontale diversa del primo quadrato, che ha area 1: ecco perché $\gamma < 1$. Le unghie riempiono circa il 58% del quadrato.

Eulero studiò questa costante già nel 1734. Ancora oggi nessuno sa se $\gamma$ sia un numero razionale.

Altre somme divergenti

Lo stesso ragionamento stima molte altre somme. Con $f(x) = \frac{1}{\sqrt{x}}$, che ha primitiva $2\sqrt{x}$:

$$\begin{gathered} 2\sqrt{n + 1} - 2 \leq \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{k}} \\ {} \leq 2\sqrt{n} - 1 \end{gathered}$$

Quindi la somma è asintotica a $2\sqrt{n}$. Con $n = 10\,000$ sta tra $198{,}01$ e 199, e vale $198{,}54$. In generale, per $0 < \alpha < 1$, la somma dei primi $n$ termini di $\sum \frac{1}{k^\alpha}$ è asintotica a $\frac{n^{1 - \alpha}}{1 - \alpha}$. Se invece $f$ è crescente, come $\sqrt{x}$, i rettangoli si scambiano di posto e le disuguaglianze si rovesciano: così si trova che $1 + \sqrt{2} + \dots + \sqrt{n} \sim \frac{2}{3}\,n\sqrt{n}$.

Le serie con il logaritmo

Quando c’è $n \ln n$ al denominatore il confronto con le potenze non decide: $\frac{1}{n \ln n}$ è più piccolo di $\frac{1}{n}$, ma definitivamente più grande di ogni $\frac{1}{n^p}$ con $p > 1$. Qui il criterio dell’integrale è lo strumento giusto. Scriviamo $\ln^\beta n$ per $(\ln n)^\beta$.

Le ipotesi. Per $\beta \geq 0$ la funzione $f(x) = \frac{1}{x \ln^\beta x}$ è continua, positiva e decrescente su $[2, +\infty)$: il denominatore è un prodotto di funzioni positive e crescenti. Per $\beta < 0$, posto $c = -\beta > 0$, la funzione è $\frac{\ln^c x}{x}$ e la sua derivata

$$f'(x) = \frac{\ln^{c - 1} x\,(c - \ln x)}{x^2}$$

è negativa per $x > e^c$: $f$ decresce solo definitivamente, ma basta.

L’integrale. Con la sostituzione $u = \ln x$, $du = \frac{dx}{x}$:

$$\int_2^{t} \frac{dx}{x \ln^\beta x} = \int_{\ln 2}^{\ln t} \frac{du}{u^\beta}$$

Siccome $\ln t \to +\infty$, è l’integrale di $\frac{1}{u^\beta}$ su una semiretta, che converge se e solo se $\beta > 1$ (con $\beta < 0$ si parte da $e^c$, ma il calcolo è lo stesso). I conti per esteso sono negli integrali impropri, e i due casi più famosi, $\beta = 1$ e $\beta = 2$, sono l’esercizio 7 degli esercizi svolti sulle serie.

È la regola della serie armonica generalizzata, spostata sul logaritmo. Insieme ai risultati della pagina sul confronto: $\sum \frac{1}{n^\alpha \ln^\beta n}$ converge se e solo se $\alpha > 1$, oppure $\alpha = 1$ e $\beta > 1$. Il logaritmo decide solo sul confine.

Un logaritmo in più: una divergenza da record

Si può scendere ancora. Per $\beta = 1$ la doppia disuguaglianza dice che le somme parziali crescono come $\ln(\ln n)$ più una costante, circa $0{,}79$: per superare 10 servono circa $10^{4321}$ termini. Ma con un logaritmo in più si va molto più piano. Con $u = \ln(\ln x)$, che ha derivata $\frac{1}{x \ln x}$:

$$\begin{gathered} \int_3^{t} \frac{dx}{x \ln x \cdot \ln(\ln x)} \\ {} = \ln(\ln(\ln t)) - \ln(\ln(\ln 3)) \end{gathered}$$

che tende a $+\infty$: la serie $\displaystyle\sum_{n=3}^{+\infty} \frac{1}{n \ln n \cdot \ln(\ln n)}$ diverge. Con che lentezza? Per $n = 10^{100}$, un googol, si ha $\ln(\ln(\ln n)) \approx 1{,}69$. Applicando la doppia disuguaglianza da 16 in poi, i termini da $n = 16$ fino a un googol sommano tra $1{,}67$ e $1{,}70$. Nessun computer potrà mai «vedere» che questa serie diverge: lo dice solo il teorema.

Stimare la somma: il resto tra due integrali

Se la serie converge, il resto $R_n = a_{n + 1} + a_{n + 2} + \dots$ è a sua volta una serie dello stesso tipo, che parte da $n + 1$. Rifacendo i rettangoli da lì, sotto la curva a partire da $n$ e sopra la curva a partire da $n + 1$:

Aggiungendo $s_n$, la somma $S = s_n + R_n$ è stretta in un intervallo:

$$\begin{gathered} s_n + \int_{n + 1}^{+\infty} f(x)\,dx \leq S \\ S \leq s_n + \int_{n}^{+\infty} f(x)\,dx \end{gathered}$$

Ci sono due modi di usarlo. Il primo: prendere $s_n$, con un errore al massimo $\int_n^{+\infty} f(x)\,dx$. Il secondo, molto più efficace: prendere il punto medio dell’intervallo, con un errore al massimo metà della sua ampiezza, $\frac{1}{2}\int_n^{n + 1} f(x)\,dx$.

Esempio: la somma di 1/n²

Eulero scoprì nel 1734 che $\sum \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} = 1{,}644934\ldots$: è il problema di Basilea, raccontato nella pagina sul confronto. Facciamo finta di non saperlo. Qui $\int_n^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = \frac{1}{n}$, quindi

$$\frac{1}{n + 1} \leq R_n \leq \frac{1}{n}$$

Solo la somma parziale. Vogliamo un errore minore di $10^{-3}$. Siccome $R_n \geq \frac{1}{n + 1}$, con $n \leq 998$ l’errore supera sicuramente un millesimo: servono circa mille termini, e il calcolo esatto dice che il primo $n$ buono è proprio 1000. Il resto di questa serie scende come $\frac{1}{n}$, cioè lentissimo.

Con il punto medio. Prendiamo invece

$$m_n = s_n + \frac{1}{2}\left(\frac{1}{n + 1} + \frac{1}{n}\right)$$

L’errore è al massimo metà dell’ampiezza dell’intervallo:

$$\frac{1}{2}\left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n + 1}\right) = \frac{1}{2n(n + 1)}$$

Per renderlo minore di $10^{-3}$ basta $n(n + 1) > 500$, cioè $n = 22$, perché $22 \cdot 23 = 506$ e invece $21 \cdot 22 = 462$. Con $s_{22} = 1{,}600497$ si trova $m_{22} = 1{,}644963$, con un errore vero di appena $0{,}00003$. Ventidue termini invece di mille.

Un altro esempio: 1/n⁴

Qui $\int_n^{+\infty} \frac{dx}{x^4} = \frac{1}{3n^3}$. Con soli cinque termini, $s_5 = 1{,}080352$, e

$$\begin{gathered} s_5 + \frac{1}{3 \cdot 6^3} \leq S \leq s_5 + \frac{1}{3 \cdot 5^3} \\ 1{,}08189 \leq S \leq 1{,}08302 \end{gathered}$$

La somma vera è $\frac{\pi^4}{90} = 1{,}082323\ldots$, e il punto medio $1{,}08246$ ha già tre decimali esatti. Più in fretta decresce $f$, meglio funziona la stima.

Attenzione: la funzione deve decrescere

Il criterio confronta la serie, che guarda $f$ solo sugli interi, con l’integrale, che guarda $f$ dappertutto. Se $f$ non decresce, tra un intero e l’altro può succedere di tutto.

Serie convergente, integrale divergente. La funzione $f(x) = \sin^2(\pi x)$ è continua e non negativa. Sugli interi vale 0, quindi $\sum f(n) = 0 + 0 + \dots$ converge. Ma su ogni intervallo $[k, k + 1]$ il suo integrale vale $\frac{1}{2}$, quindi $\int_1^{t} f(x)\,dx \to +\infty$.

Serie divergente, integrale convergente. Ora costruiamo una $f$ nulla dappertutto, tranne un «picco» a triangolo attorno a ogni intero $n \geq 2$, alto 1 e con la base larga $\frac{2}{n^2}$. Ogni picco ha area $\frac{1}{2} \cdot \frac{2}{n^2} \cdot 1 = \frac{1}{n^2}$, quindi

$$\int_1^{+\infty} f(x)\,dx = \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6} - 1$$

circa $0{,}645$: l’integrale converge. Però $f(n) = 1$ per ogni $n \geq 2$, e la serie $1 + 1 + \dots$ diverge. Nota anche che l’integrale converge senza che $f(x)$ tenda a 0: la condizione necessaria vale per le serie, non per gli integrali.

In entrambi i casi $f$ è continua e $f \geq 0$, che è quanto usa la dimostrazione: manca solo la monotonia.

Quando usarlo, e quando no

Il criterio dell’integrale chiede due cose: che $f$ sia decrescente, almeno definitivamente, e che tu sappia integrarla. La forma del termine suggerisce la strada:

Se il termine è…	Usa	Perché
${n \ln n}$ al denominatore	integrale	il confronto non decide
frazioni, radici, potenze	confronto asintotico	è più veloce
${n!,\ 2^n,\ n^n}$	rapporto o radice	si semplificano
fattori come ${\cos n}$	confronto diretto	non decresce
segni alterni	Leibniz	non è positivo

Per il confronto asintotico e il criterio del rapporto e della radice ci sono le pagine dedicate; con i segni alterni si passa al criterio di Leibniz o alla convergenza assoluta. L’integrale torna utile anche quando sai già che la serie converge, ma vuoi stimarne la somma o la velocità di crescita: confronto, rapporto e radice dicono solo se converge.

Un po’ di storia

Il criterio compare per la prima volta in Europa, in forma geometrica, nel Treatise of Fluxions (1742) dello scozzese Colin Maclaurin, che confrontava i termini di una serie con le aree sotto una curva. Nell’Ottocento Augustin-Louis Cauchy lo riscoprì e ne diede la forma generale: per questo si chiama criterio di Maclaurin-Cauchy, e nei libri italiani si trova spesso scritto «di Mac Laurin». È lo stesso Maclaurin delle serie di Mac Laurin, che incontri con la formula di Taylor.

Gli errori più comuni

• Confondere carattere e somma. $\int_1^{+\infty} \frac{dx}{x^2} = 1$, ma $\sum \frac{1}{n^2} = \frac{\pi^2}{6}$: il criterio dice solo se la serie converge. Per la somma servono le stime.
• Non controllare che f decresca. La monotonia va dimostrata, di solito con la derivata, e scritta. Se $f$ decresce solo da $x_0$ in poi, si applica il criterio da lì.
• Applicarlo con termini di segno variabile. Per $\sum \frac{(-1)^n}{n}$ la funzione non è positiva: si usa Leibniz.
• Sbagliare l’estremo di partenza. $\frac{1}{x \ln x}$ non è definita in 1: serie e integrale partono da 2.
• Scambiare gli integrali nella stima del resto. Il resto è al massimo $\int_n^{+\infty} f$, con $n$ l’ultimo termine sommato, e almeno $\int_{n + 1}^{+\infty} f$.
• Fidarsi delle somme calcolate al computer. $\sum \frac{1}{n \ln n \cdot \ln(\ln n)}$ sembra ferma, ma diverge.
• Usarlo con i fattoriali. Per $n!$ non c’è una funzione semplice da integrare: lì serve il criterio del rapporto.

Esercizi svolti

1. Una serie con l’esponenziale

Testo. Studia il carattere di $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,e^{-n^2}$ con il criterio dell’integrale e trova due numeri tra cui sta la somma.

Le ipotesi. La funzione $f(x) = x\,e^{-x^2}$ è continua e positiva su $[1, +\infty)$. Per la monotonia calcoliamo la derivata:

$$\begin{gathered} f'(x) = e^{-x^2} - 2x^2 e^{-x^2} \\ {} = (1 - 2x^2)\,e^{-x^2} \end{gathered}$$

Per $x \geq 1$ si ha $1 - 2x^2 \leq -1 < 0$: $f$ decresce su $[1, +\infty)$.

L’integrale. Una primitiva di $x\,e^{-x^2}$ è $-\frac{1}{2}e^{-x^2}$, come si vede derivando, quindi

$$\begin{gathered} \int_1^{t} x\,e^{-x^2}\,dx = \frac{e^{-1} - e^{-t^2}}{2} \\ {} \longrightarrow \frac{1}{2e} \end{gathered}$$

L’integrale converge, quindi la serie converge.

La stima. Con $a_1 = \frac{1}{e}$ la stima della somma dà

$$\frac{1}{2e} \leq S \leq \frac{1}{e} + \frac{1}{2e} = \frac{3}{2e}$$

cioè $0{,}183 \leq S \leq 0{,}552$. La somma vera è circa $0{,}405$. Qui funzionava anche il criterio del rapporto, ma l’integrale dà in più un’idea della somma.

2. Un parametro e due logaritmi

Testo. Al variare di $p \in \mathbb{R}$, studia $\displaystyle\sum_{n=3}^{+\infty} \frac{1}{n \ln n \cdot (\ln \ln n)^p}$, dove $\ln \ln n = \ln(\ln n)$.

Per $n \geq 3$ si ha $\ln n > 1$, quindi $\ln \ln n > 0$: i termini sono positivi.

Se p > 0. La funzione $f(x) = \frac{1}{x \ln x \cdot (\ln \ln x)^p}$ è continua, positiva e decrescente su $[3, +\infty)$: il denominatore è il prodotto di tre funzioni positive e crescenti. Con la sostituzione $u = \ln \ln x$, la cui derivata è $\frac{1}{\ln x} \cdot \frac{1}{x}$:

$$\int_3^{t} \frac{dx}{x \ln x \cdot (\ln \ln x)^p} = \int_{c}^{\ln \ln t} \frac{du}{u^p}$$

con $c = \ln \ln 3 \approx 0{,}094 > 0$. Siccome $\ln \ln t \to +\infty$, l’integrale converge se e solo se $p > 1$, come quello di $\frac{1}{u^p}$ su una semiretta. Quindi la serie converge per $p > 1$ e diverge per $0 < p \leq 1$.

Se p ≤ 0. Per $n \geq 16$ si ha $\ln \ln n \geq 1$, perché $e^e \approx 15{,}2$. Allora $(\ln \ln n)^{-p} \geq 1$ e

$$\frac{1}{n \ln n \cdot (\ln \ln n)^p} \geq \frac{1}{n \ln n}$$

La serie di $\frac{1}{n \ln n}$ diverge, quindi per confronto diverge anche questa.

In conclusione la serie converge se e solo se p > 1: ancora la stessa regola, un logaritmo più in basso.

3. Quanti termini servono

Testo. Vuoi calcolare $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n^3}$ con un errore minore di $10^{-4}$. Quanti termini servono usando solo la somma parziale? E usando il punto medio della stima con gli integrali?

La funzione $\frac{1}{x^3}$ è continua, positiva e decrescente su $[1, +\infty)$, e $\int_n^{+\infty} \frac{dx}{x^3} = \frac{1}{2n^2}$. Quindi

$$\frac{1}{2(n + 1)^2} \leq R_n \leq \frac{1}{2n^2}$$

Solo la somma parziale. Basta $\frac{1}{2n^2} < 10^{-4}$, cioè $n^2 > 5000$: siccome $\sqrt{5000} \approx 70{,}7$, bastano $n = 71$ termini. Con $n \leq 69$, invece, $R_n \geq \frac{1}{2 \cdot 70^2} = \frac{1}{9800}$, che supera $10^{-4}$. Il caso $n = 70$ le stime non lo decidono; calcolando, $R_{70} \approx 1{,}006 \cdot 10^{-4}$, ancora troppo. Servono 71 termini.

Con il punto medio. L’errore è al massimo metà dell’ampiezza dell’intervallo:

$$\begin{gathered} \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2n^2} - \frac{1}{2(n + 1)^2}\right) \\ {} = \frac{2n + 1}{4n^2(n + 1)^2} \end{gathered}$$

Proviamo: con $n = 16$ vale $\frac{33}{295\,936} \approx 1{,}12 \cdot 10^{-4}$, troppo; con $n = 17$ vale $\frac{35}{374\,544} \approx 0{,}93 \cdot 10^{-4}$. Bastano 17 termini: da $s_{17} = 1{,}200426$ si ottiene $m_{17} = 1{,}202062$. La somma vera è $1{,}2020569\ldots$, quindi l’errore vero è circa $5 \cdot 10^{-6}$. Per questa somma, a differenza di $\frac{\pi^2}{6}$, non si conosce una formula semplice: le stime sono il modo per calcolarla.

4. Quanto cresce una somma divergente

Testo. Sia $S_n = 1 + \frac{1}{\sqrt[3]{2}} + \frac{1}{\sqrt[3]{3}} + \dots + \frac{1}{\sqrt[3]{n}}$. (a) Dimostra che $S_n \sim \frac{3}{2}\,n^{2/3}$. (b) Stima $S_n$ per $n = 1\,000\,000$ con un errore di al massimo 1. (c) Da quale $n$ in poi $S_n$ supera 100?

La funzione $x^{-1/3}$ è continua, positiva e decrescente, con primitiva $\frac{3}{2}x^{2/3}$, quindi $\int_1^{n} x^{-1/3}\,dx = \frac{3}{2}\left(n^{2/3} - 1\right)$. La doppia disuguaglianza dà

$$\begin{gathered} \frac{3}{2}\left((n + 1)^{2/3} - 1\right) \leq S_n \\ S_n \leq \frac{3}{2}\,n^{2/3} - \frac{1}{2} \end{gathered}$$

dove a destra $1 + \frac{3}{2}(n^{2/3} - 1) = \frac{3}{2}n^{2/3} - \frac{1}{2}$.

(a) Dividendo per $\frac{3}{2}n^{2/3}$, entrambi gli estremi tendono a 1, perché $\left(\frac{n + 1}{n}\right)^{2/3} \to 1$. Per il teorema dei carabinieri $S_n \sim \frac{3}{2}\,n^{2/3}$.

(b) Con $n = 10^6$ si ha $n^{2/3} = 10^4$, e $(n + 1)^{2/3}$ supera $10^4$ di meno di un centesimo. Quindi

$$14\,998{,}5 \leq S_{1\,000\,000} \leq 14\,999{,}5$$

Il punto medio, $14\,999$, ha un errore di al massimo $0{,}5$. Il valore vero è $14\,999{,}03$.

(c) Se l’estremo sinistro supera 100, la somma supera 100:

$$\begin{gathered} (n + 1)^{2/3} > 1 + \frac{200}{3} \approx 67{,}67 \\ n + 1 > 67{,}67^{3/2} \approx 556{,}6 \end{gathered}$$

quindi da $n = 556$ in poi $S_n > 100$. Se invece l’estremo destro è al massimo 100, cioè $n^{2/3} \leq 67$, ovvero $n \leq 67^{3/2} \approx 548{,}4$, la somma non ha ancora superato 100. Il primo $n$ buono sta tra 549 e 556, senza aver sommato nulla; calcolando, è $n = 552$.

5. Una funzione che decresce solo da un certo punto

Testo. Studia il carattere di $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} n\,e^{-\sqrt{n}}$. Il criterio del rapporto decide?

Il rapporto non decide. Si ha

$$\frac{a_{n + 1}}{a_n} = \frac{n + 1}{n}\,e^{-(\sqrt{n + 1} - \sqrt{n})}$$

e $\sqrt{n + 1} - \sqrt{n} = \frac{1}{\sqrt{n + 1} + \sqrt{n}} \to 0$, quindi il rapporto tende a $1 \cdot e^0 = 1$: il criterio tace.

La monotonia. Con $f(x) = x\,e^{-\sqrt{x}}$:

$$\begin{gathered} f'(x) = e^{-\sqrt{x}} - x \cdot \frac{1}{2\sqrt{x}}\,e^{-\sqrt{x}} \\ {} = \left(1 - \frac{\sqrt{x}}{2}\right)e^{-\sqrt{x}} \end{gathered}$$

È positiva per $x < 4$ e negativa per $x > 4$: $f$ cresce su $[1, 4]$ e decresce da 4 in poi. Infatti $a_1 \approx 0{,}368$, $a_2 \approx 0{,}486$, $a_3 \approx 0{,}531$, $a_4 \approx 0{,}541$, $a_5 \approx 0{,}534$. Il criterio non si applica da $n = 1$, ma da $k = 4$ sì: basta che $f$ decresca definitivamente.

L’integrale. Con $x = u^2$, $dx = 2u\,du$, e $u$ che va da 2 a $\sqrt{t}$:

$$\int_4^{t} x\,e^{-\sqrt{x}}\,dx = 2\int_2^{\sqrt{t}} u^3 e^{-u}\,du$$

Integrando per parti tre volte si trova la primitiva $-e^{-u}(u^3 + 3u^2 + 6u + 6)$: derivandola, i termini si cancellano a coppie e resta $u^3 e^{-u}$. Siccome l’esponenziale batte ogni potenza, per $t \to +\infty$:

$$\begin{gathered} 2\int_2^{+\infty} u^3 e^{-u}\,du \\ {} = 2e^{-2}(8 + 12 + 12 + 6) = \frac{76}{e^2} \end{gathered}$$

circa $10{,}29$. L’integrale converge, quindi la serie converge. La somma vale circa $11{,}94$.

6. Un esercizio da esame

Testo. Data la serie $\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\arctan n}{1 + n^2}$: (a) dimostra che converge con il criterio dell’integrale; (b) trova due numeri tra cui sta la somma $S$; (c) quanti termini bastano perché $s_n$ approssimi $S$ con un errore minore di $10^{-2}$?

(a) La funzione $f(x) = \frac{\arctan x}{1 + x^2}$ è continua e positiva su $[1, +\infty)$. La sua derivata è

$$f'(x) = \frac{1 - 2x \arctan x}{(1 + x^2)^2}$$

Per $x \geq 1$ si ha $\arctan x \geq \frac{\pi}{4}$, quindi $2x \arctan x \geq \frac{\pi}{2} > 1$: la derivata è negativa e $f$ decresce. Con la sostituzione $u = \arctan x$, $du = \frac{dx}{1 + x^2}$:

$$\begin{gathered} \int_1^{t} \frac{\arctan x}{1 + x^2}\,dx = \frac{\arctan^2 t}{2} - \frac{\pi^2}{32} \\ {} \longrightarrow \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi^2}{32} = \frac{3\pi^2}{32} \end{gathered}$$

perché $\arctan t \to \frac{\pi}{2}$. L’integrale converge, quindi la serie converge.

(b) Il primo termine è $a_1 = \frac{\pi/4}{2} = \frac{\pi}{8}$, quindi

$$\frac{3\pi^2}{32} \leq S \leq \frac{\pi}{8} + \frac{3\pi^2}{32}$$

cioè $0{,}925 \leq S \leq 1{,}318$.

(c) Il resto è al massimo l’integrale da $n$ a $+\infty$:

$$\begin{gathered} R_n \leq \frac{1}{2}\left(\frac{\pi^2}{4} - \arctan^2 n\right) \\ {} = \frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{2} - \arctan n\right)\left(\frac{\pi}{2} + \arctan n\right) \end{gathered}$$

Per $n > 0$ si ha $\frac{\pi}{2} - \arctan n = \arctan\frac{1}{n} \leq \frac{1}{n}$, e il secondo fattore è minore di $\pi$. Quindi $R_n < \frac{\pi}{2n}$, che è minore di $10^{-2}$ per $n > 50\pi \approx 157{,}1$. Bastano 158 termini. Calcolando, il primo $n$ buono è 157: la stima è quasi esatta. La somma vale circa $1{,}1356$.

In sintesi

• Criterio dell’integrale: se $f$ è continua, positiva e decrescente su $[k, +\infty)$, anche solo definitivamente, $\sum f(n)$ e $\int_k^{+\infty} f(x)\,dx$ hanno lo stesso carattere.
• Tutto viene dai rettangoli: $\int_1^{n + 1} f \leq s_n \leq a_1 + \int_1^{n} f$.
• Stesso carattere, non stessa somma: se converge, $\int_1^{+\infty} f \leq S \leq a_1 + \int_1^{+\infty} f$.
• $\sum \frac{1}{n^\alpha}$ converge se e solo se $\alpha > 1$; $\sum \frac{1}{n \ln^\beta n}$ se e solo se $\beta > 1$.
• $\ln(n + 1) \leq H_n \leq 1 + \ln n$, e $H_n - \ln n$ decresce verso $\gamma \approx 0{,}5772$.
• Resto: $\int_{n + 1}^{+\infty} f \leq R_n \leq \int_n^{+\infty} f$. Il punto medio dell’intervallo dà stime molto più precise di $s_n$.
• Senza monotonia il criterio non vale: serie e integrale possono comportarsi in modo opposto.

Il criterio dell’integrale è perfetto con le funzioni che sai integrare. Con fattoriali ed esponenziali invece di solito si fa prima con il criterio del rapporto e quello della radice.