%        File: calcoloII.tex
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\usepackage{amsthm}
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%%%% Index
\usepackage{makeidx}
\makeindex
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%%%%

%%%% PDF
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\ifpdf
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\fi
%%%%

%%%% Math commands
\newtheorem{thm}{Theorem}[section]
\newtheorem{cor}[thm]{Corollary}
\newtheorem{lem}[thm]{Lemma}
\newtheorem{prop}[thm]{Proposition}
\newtheorem{ax}{Axiom}

\theoremstyle{definition}
\newtheorem{defn}{Definition}[section]
\newtheorem{exemp}[defn]{Example}

\theoremstyle{remark}
\newtheorem{rem}{Remark}[section]
\newtheorem*{notation}{Notation}

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%%%%
%% Defs
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%%%%

%%%% Misc
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%%%%

\title{Calcolo II}
\author{AlpT (@freaknet.org)}
\begin{document}

\pagenumbering{roman}
\maketitle{}
\pagebreak
\begin{small}
  Copyright \copyright 2007 Andrea Lo Pumo aka AlpT $<$alpt@freaknet.org$>$. All rights reserved.

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\end{small}

\clearpage
\tableofcontents
\clearpage
\pagenumbering{arabic}

\section{Integrali indefiniti}
\subsection{Derivate notevoli}
\begin{align*}
	&D[f(x)+g(x)] = f'(x)+g'(x) & D[f(x)g(x)] = f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\\
	&D[kf(x)]=kf'(x) & D\left[\frac{f(x)}{g(x)}\right]=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{[g(x)]^2}\\
	&Dx^\alpha=\alpha x^{\alpha-1} & Da^x = a^x\log_e a \\
	&D\log_a x = \frac{1}{x}\log_a e & D\ln x = \frac{1}{x}\\
	&D\sqrt[n]{x}=\frac{1}{n\sqrt[n]{x^{n-1}}} & D\sqrt{x}=\frac{1}{2\sqrt{x}}\\
	&D\sin x= \cos x & D\cos x=-\sin x\\
	&\sin'' x = - \sin x,\;\;\sin ''' x = - \cos x, \;\; \sin^{(4)} x=\sin x\\
	&D\sinh x= \cosh x & D\cosh x=\sinh x\\
	&D\tan x = \frac{1}{\cos^2 x}  = 1+\tan^2 x & D\cot x = -\frac{1}{\sin^2 x}  = -(1+\cot^2 x)\\
	&D\left[\arcsin y\right]=\frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}} & D\left[\arccos y\right]=-\frac{1}{\sqrt{1-y^{2}}}\\
	&D\left[\arctan y\right]=\frac{1}{1+y^{2}} & D\left[\textrm{arccot
	}y\right]=-\frac{1}{1+y^{2}}\\
	&D\left[\arcsinh y\right]=\frac{1}{\sqrt{y^{2}+1}} 
		&D\left[\arccosh y\right]=\frac{1}{\sqrt{y^{2}-1}}\\
	&D\left[\tanh y\right]=\frac{1}{\cosh^2 y} 
		&D\left[\arctanh y\right]=\frac{1}{{1-y^{2}}}
\end{align*}

\subsubsection{Integrali indefiniti immediati}
\begin{tabular}{ll}
	(*) $\int x^\alpha dx= {x^{\alpha+1}\over {\alpha+1}}+c$, $\;\;\alpha\neq
	-1, x>0,\alpha\in\mathbb{R}$ &
		(0) $\int \frac{1}{x}dx=\int x^{-1}dx=\log |x|+c $, $\;\;x\neq 0$	\\
	(1) $\int [f(x)]^\alpha f'(x) dx = \frac{[f(x)]^{\alpha+1}}{\alpha+1}+c$ &
		(2) $\int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log |f(x)|+c$\\
	(*) $\int e^xdx=e^x+c$ &
		(*) $\int 0 dx = c$\\
	    (*) $\int e^{f(x)}f'(x)\;dx = e^{f(x)}+c$ \\
	(*) $\int \sin x dx = - \cos x +c$ &
		(*) $\int \cos x dx = \sin x + c$\\
	(3) $\int \frac{1}{\cos^2x}dx= \tg x +c$ &
	(4) $\int \frac{1}{\sin^2 x}dx=-\cotan x +c$
\end{tabular}
(0) $\frac{1}{x}$ e' continua in $]-\infty ,0[\cup ]0,+\infty [$ e quindi
ammette primitiva. La sua primitiva in $]-\infty ,0[$ e' $\log -x$, invece in
$]0,+\infty [$ e' $\log x$, quindi in definitiva una sua primitiva e' sempre
$\log |x|$\\
(1) con $\alpha\neq -1$, $f$ derivabile nel suo intervallo di definizione e
$f(x) > 0$\\
(2) con $f$ derivabile nel suo intervallo di definizione e $f(x)\neq 0$\\
(3) stiamo considerando le primitive in ogni $(a,b) \subseteq
\mathbb{R}\setminus \{\frac{\pi}{2}+k\pi,\;k\in\mathbb{Z}\}$\\
(4) stiamo considerando le primitive in ogni $(a,b) \subseteq
\mathbb{R}\setminus \{\pi k,\;k\in\mathbb{Z}\}$
\subsubsection{Integrali indefiniti vari}

\begin{align*}
& \int \!\arcsin \left( x \right) {dx}=x\arcsin \left( x \right) +\sqrt
{1-{x}^{2}} 
	& \int \!\arccos \left( x \right) {dx}=x\arccos \left( x \right) -\sqrt {1-{x}^{2}} \\
& \int \!\tan \left( x \right) {dx}=-\log(\cos(x))
	&\int \!\arctan \left( x \right) {dx}=x\arctan \left( x \right)
	-\frac{1}{2}\log \left( 1+{x}^{2} \right) \\
&\int \! \frac{1}{1-x^2} = \frac{1}{2}\log\Big| \frac{1+x}{1-x}\Big|\\
&\int \! \sin x \cos x  = \frac{\sin^2 x}{2} \\
& \int \!\ln  \left( x \right) {dx}=x\ln  \left( x \right) -x
\end{align*}

\subsection{Integrazione per decomposizione}
\begin{enumerate}
	\item 
\begin{align*}
	&\int \cos^2 x dx=\int\frac{1+\cos 2x}{2}dx \;\textrm{
	[formula di bisez.]}\\
	&=\int\frac{1}{2}dx+\frac{1}{2}\cos 2xdx=
	\frac{1}{2}\int 1dx+\frac{1}{2}\int \cos 2x dx\\
	&=\frac{1}{2}\pgra{x+c_1}+\frac{1}{2}\pgra{\frac{\sin
	2x}{2}+c_2}= \frac{1}{2}x+\frac{1}{4}\sin 2x+c=
	\frac{1}{2}x+\frac{1}{4}(2\sin x\cos x)+c\\
	&=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\sin x \cos x +c=
	\frac{1}{2}(x+\sin x \cos x )+c
\end{align*}
\item \begin{align*}
	&\int \sin^2 xdx=\int (1-\cos^2x ) dx=\int 1 -\int
	\cos^2x=\{x+c_1\}-\pgra{\frac{1}{2}(x+\sin x \cos x
	)+c_2}\\&=x-\frac{1}{2}x-\frac{1}{2}\sin x\cos x=
	\frac{1}{2}(x-\sin x \cos x )+c
\end{align*}
\item \begin{align*}
		& \I \log x \;dx = \I \underbrace{\log x}_{f(x)} \cdot
		\underbrace{1}_{g'(x)}\;dx\\
		& = x\log x -\I \frac{1}{x}xdx = x(\log x - 1) +c\;\;\forall x
		\in [0,\infty ]
\end{align*}
\item \begin{align*}
		&\I \arcsin x \;dx =  \I \underbrace{\arcsin x}_{f(x)} \cdot
		\underbrace{1}_{g'(x)}\;dx
\end{align*}
$f(x)$ e' definita in $[-1, 1]$ ed e' li' continua (e quindi dotata di
primitiva) non e' pero' derivabile in $-1,1$, quindi calcoleremo le primitive
in $]-1,1[$:
\begin{align*}
	& \I \arcsin x \;dx = x\arcsin x - \I \frac{1}{\sqrt{1-x^2}}x\;dx\\
	& = x\arcsin x - \frac{1}{2}\I \frac{2x}{\sqrt{1-x^2}}\;dx\\
	& = x\arcsin x + \frac{1}{2}\I -2x {(1-x^2)}^{\frac{-1}{2}}\;dx\\
	& \qq \int [f(x)]^\alpha f'(x) dx = \frac{[f(x)]^{\alpha+1}}{\alpha+1}+c\;\; f(x) >0,\;\alpha\neq -1\\
	&= x\arcsin x + {(1-x^2)}^{\frac{1}{2}}+c=x\arcsin x +\sqrt{1-x^2}+c
\end{align*}
Si verifica (usando la definizione di derivata)
che $D[x\arcsin x +\sqrt{1-x^2}]=\arcsin x $ anche in $-1,1$, quindi in definitiva:
\[
\I \arcsin x \;dx = x\arcsin x +\sqrt{1-x^2}+c\;\;\forall x \in [-1,1]
\]
\item \[
	\I \arccos x \;dx = x\arccos x -\sqrt{1-x^2}+c\;\;\forall x \in [-1,1]
	\]
\item \begin{align*}
		&\I \arctan x \;dx=
		\I \arctan x \cdot 1\;dx\\
		&=x\arctan x-\I \frac{1}{1+x^2}x \;dx\\
		&=x\arctan x-\frac{1}{2}\I \frac{2x}{1+x^2} \;dx\\
		&=x\arctan x-\frac{1}{2}\I \frac{2x}{1+x^2} \;dx\\
		&\qq \int \frac{f'(x)}{f(x)}dx=\log |f(x)|+c\\
		&=x\arctan x-\frac{1}{2}\log |1+x^2|+c\\
		&=x\arctan x-\frac{1}{2}\log (1+x^2) +c
	\end{align*}
\end{enumerate}

\subsection{Integrazione per sostituzione}
\begin{enumerate}
	\item 
Calcoliamo \[
\int \frac{1}{\sin x} dx
\]
Sappiamo che \[\frac{1}{\sin x}:]-\infty ,+\infty [\setminus
\{k\pi,\;\;k\in\mathbb{Z}\}\longrightarrow \mathbb{R}\] ovvero:
\[
\frac{1}{\sin x}:\bigcup_{k\in\mathbb{Z}} ]k\pi,(k+1)\pi[\longrightarrow \mathbb{R}
\]
Inoltre $\frac{1}{\sin x}$ e' anche continua in ogni intervallo del tipo
$]k\pi,(k+1)\pi[$, e quindi, sempre in questi intervalli, ammette primitiva.
Limitiamoci allora a $]0,\pi[$:
\begin{align*}
	& \sin x = \frac{2\tan \frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}\\
	& \frac{1}{\sin x} = \frac{1+\tan^2 \frac{x}{2}}{2\tan \frac{x}{2}}=
	\frac{1}{\tan \frac{x}{2}}\pqua{\frac{1}{2}(1+\tan^2 \frac{x}{2})}\\
	&f[\varphi(x)]=\frac{1}{\tan
	\frac{x}{2}},\;\;\varphi'(x)=\frac{1}{2}(1+\tan^2
	\frac{x}{2}),\;\;\varphi(x)=\tan \frac{x}{2}:]0,\pi[\longrightarrow
	\mathbb{R},\;\;f(y)=\frac{1}{y}\\
	&\int \frac{1}{\sin x} dx = \int f[\varphi(x)]\varphi'(x)= 
	\left[\int f(y) dy \right]_{y=\varphi(x)}\\
	&=[\log |y| +c]_{y=\varphi(x)}=\log |\varphi(x)|+c=\log |\tan
	\frac{x}{2}|+c=\log \tan \frac{x}{2} +c\\
	&\qq\textrm{ [il val. ass. lo togliamo perche' siamo in $]0,\pi[$}
\end{align*}
\item Calcoliamo $\int \sqrt{1-x^2}$. Scegliamo $f(x)=\sqrt{1-x^2}$, $\varphi(t)=\sin t$ e
	$\psi(x)=\arcsin x$. $f(x)$ e' continua in $[-1,1]$ e quindi ivi
	dotata di primitiva, $\varphi(t):[-{\pi \over 2}, {\pi \over 2}]$ e' ivi invertibile e derivabile, con
	$cod\varphi(t) \subseteq  [-1,1]$. Possiamo quindi applicare la
	seconda formula di sostituzione:
	\begin{align*}
		& \int \sqrt{1-x^2} \;dx = \left[\I f(\varphi(t))\varphi'(t)\;dt \right]_{t=\psi(x)} =  \left[\I \sqrt{1-\sin^2 t} \cos t\;dt \right]_{t=\psi(x)} =\\
		&\qq \sqrt{1-\sin^2 t}=\sqrt{\cos^2 t}=|\cos t|=\cos
		t\;\;\textrm{ [stiamo lavorando in $[-{\pi \over 2}, {\pi
		\over 2}]$ quindi $\cos t>0$ ]}\\
		&= \left[\I \cos^2 t\; dt \right]_{t=\psi(x)} = 
		\left[\frac{1}{2}(t+\sin t \cos t )+c\right]\;\textrm{ [per la
		formula di $\I \cos^2 t\; dt$ che conoscevamo gia']}\\
		&=\frac{1}{2}(\arcsin x+x \cos \arcsin x )+c=
		\frac{1}{2}(\arcsin x + x \sqrt{1- \sin^2 \arcsin x} )+c\\
		&=\frac{1}{2}(\arcsin x + x \sqrt{1- x^2} )+c
	\end{align*}
\item$
\int \!\tan \left( x \right) {dx}=-ln(cos(x))$\\
\begin{prova}
	\pf
	\eal{&
\int \!\tan \left( x \right) {dx}=\int \!{\frac {\sin \left( x \right) }{\cos
\left( x \right) }}{dx}=\int \!{\frac {\sqrt {1- \left( \cos \left( x \right)  \right) ^{2}}}{\cos
\left( x \right) }}{dx}\\
&\qq u=\cos \left( x \right),\;\; {\it dx}={\frac {d}{du}}\arccos \left( u
\right)=-{\frac {1}{\sqrt {1-{u}^{2}}}}\\
&
\int \!{\frac {\sqrt {1- \left( \cos \left( x \right)  \right) ^{2}}}{\cos
\left( x \right) }}{dx}=\int \!-{u}^{-1}{du}=-\int \!{u}^{-1}{du}=-\ln  \left( \cos \left( x \right)  \right) 
}
\end{prova}
\end{enumerate}
\subsection{Integrali razionali}
Prima di tutto troviamo una formula per calcolare questo integrale:
\[
I_n=\I \frac{1}{{(x^2+a^2)}^n}\;dx
\]
Cominciamo con $I_1$:
\begin{align*}
	&I_1=\I \frac{1}{{(x^2+a^2)}^1}\;dx=\I \frac{1}{a^2{(\frac{x^2}{a^2}+1)}}\;dx=\frac{1}{a}\I \frac{1}{a}\frac{1}{{(\frac{x^2}{a^2}+1)}}\;dx=\frac{1}{a}\arctan \frac{x}{a} +c\\
\end{align*}
Calcoliamo adesso $I_{n-1}$:
\begin{align*}
	&I_{n-1}=\I \frac{1}{{(x^2+a^2)}^{n-1}}\;dx\\
	&=\I \underbrace{1}_{g'(x)} \underbrace{{(x^2+a^2)}^{1-n}}_{f(x)}\;dx\\
	&\qq D[{(x^2+a^2)}^{1-n}]=(1-n){(x^2+a^2)}^{-n}2x\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} - \I (1-n){(x^2+a^2)}^{-n}2xx\;dx\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)\I {(x^2+a^2)}^{-n}x^2\;dx\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)\I\frac{x^2}{{(x^2+a^2)}^{n}}\;dx\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)\I\frac{x^2+a^2}{{(x^2+a^2)}^{n}}-\frac{a^2}{{(x^2+a^2)}^{n}}\;dx\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)\I\frac{1}{{(x^2+a^2)}^{n-1}}-\frac{a^2}{{(x^2+a^2)}^{n}}\;dx\\
	&=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)I_{n-1} -2(n-1)a^2I_n\\
	&I_{n-1}=x {(x^2+a^2)}^{1-n} + 2(n-1)I_{n-1} -2(n-1)a^2I_n\\
	&I_{n-1}(3-2n)- \frac{x}{{(x^2+a^2)}^{n-1}} =  -2(n-1)a^2I_n\\
	&-I_{n-1}(3-2n)+ \frac{x}{{(x^2+a^2)}^{n-1}} =  2(n-1)a^2I_n\\
	&I_n = \frac{1}{2a^2(n-1)}\left[\frac{x}{{(x^2+a^2)}^{n-1}} +(2n-3)I_{n-1}\right]
\end{align*}
\\
Adesso arriviamo al sodo: vogliamo cercare di calcolare questo
integrale:
\[
\I \frac{A(x)}{B(x)} \;dx,\;\;\;\;A(x),B(x)\in\mathbb{R}[x],\;\deg
A(x)=m,\;\deg B(x)=n
\]
supponiamo che $B(x)$ sia monomico e $n<m$, applichiamo allora la divisione
tra polinomi:
\[
\I \frac{A(x)}{B(x)} \;dx=\I Q(x)+\frac{R(x)}{B(x)} \;dx,\;\;\deg R(x) < n
\]
$\I Q(x)\;dx $ lo sappiamo calcolare dato che e' un semplice polinomio.\\
$\I \frac{R(x)}{B(x)} \;dx$ rientra invece nel caso in cui il numeratore ha
grado inferiore al denominatore.\\
Supponiamo che
\[
\alpha_1,\alpha_2,\dots,\alpha_r
\]
siano le radici reali di $B(x)$ rispettivamente di molteplicita'
\[
\lambda_1,\lambda_2,\dots,\lambda_r
\]
supponiamo inoltre che
\[
\beta_1+i\gamma_1,\beta_2+i\gamma_2,\dots,\beta_s+i\gamma_s
\]
siano meta' delle radici complesse di $B(x)$ (le altre sono coniugate poiche'
stiamo lavorando in $\mathbb{R}[x]$) rispettivamente di molteplicita'
\[
\mu_1,\mu_2,\dots,\mu_s
\]
quindi abbiamo $\sum_{i=1}^r \lambda_i + 2\sum_{i=1}^n \mu_i = n$.\\
Possiamo scrivere
\[
(\beta_j+i\gamma_j)(\beta_j+i\gamma_j)=x^2+p_jx+q_j
\]
Si puo' dimostrare che:
\[
\frac{R(x)}{B(x)}=
\sum_{j=1}^r\sum_{h=1}^{\lambda_j} \frac{a_{jh}}{{(x-\alpha_j)^h}} +
\sum_{i=1}^s\sum_{k=1}^{\mu_i} \frac{A_{ik}x+B_{ik}}{{(x^2+p_ix+q_i)^k}}
\]
dove $x^2+px+q=(\beta_j+i\gamma_j)(\beta_j+i\gamma_j)$ e' un polinomio
irriducibile in $\mathbb{R}[x]$ e quindi con $\Delta<0$, e $a_{jh}, A_{ik},B_{ik}$ sono delle costanti.\\
Imponendo l'uguaglianza tra il polinomio del numeratore del primo membro e
quello del numeratore del secondo membro, si risolve un sistema, ottenendo
cosi' tutte le costanti $a_{jh}, A_{ik},B_{ik}$.\\
Giunti a questo punto bastera' integrare ogni pezzo del secondo membro.
Analizziamo i suoi singoli pezzi:
\begin{align*}
	& \I \frac{a}{{(x-\alpha)}}\;dx = a\log|x-\alpha|+c\\
	& \I \frac{a}{{(x-\alpha)^k}}\;dx = a \I (x-\alpha)^{-k}\;dx= a \frac{
	(x-\alpha)^{1-k}}{1-k}+c\\
	&\\
	& \I  \frac{Ax+B}{{(x^2+px+q)}}\;dx=
	A\I \frac{x}{{(x^2+px+q)}}\;dx + B\I \frac{1}{{(x^2+px+q)}}\;dx \\
	&=\frac{A}{2}\I \frac{2x+p}{{(x^2+px+q)}}\;dx + (B-\frac{Ap}{2})\I \frac{1}{{(x^2+px+q)}}\;dx \\
	&=\frac{A}{2}\log |x^2+px+q| + (B-\frac{Ap}{2})\I \frac{1}{{(x^2+px+q)}}\;dx \\
	&=\frac{A}{2}\log |x^2+px+q| + (B-\frac{Ap}{2})\I \frac{1}{(x+\frac{p}{2})^2+q-\frac{p^2}{4}}\;dx \\
	&\qq t=x+\frac{p}{2}\;\;\;\;a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}=\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}=\sqrt{-\Delta}\;\;\textrm{
	$-\Delta>0$ perche' $x^2+px+q$ ha $\Delta<0$}\\
	&=\frac{A}{2}\log(x^2+px+q) + \left(B-\frac{Ap}{2}\right) \left[\I
	\frac{1}{t^2+a^2}\;dt\right]_{t=x+\frac{p}{2}}\;\\&\qq\textrm{ togliamo il
	val. ass. dato che $x^2+px+q>0\;\forall x \in \mathbb{R}$}\\
	&\qq \I \frac{1}{t^2+a^2}\;dt \textrm{ sappiamo calcolarlo con la
	formula che abbiamo visto prima}\\
	&\\
	& \I  \frac{Ax+B}{{(x^2+px+q)}^k}\;dx=
	A\I \frac{x}{{(x^2+px+q)^k}}\;dx + B\I \frac{1}{{(x^2+px+q)^k}}\;dx \\
	&=\frac{A}{2}\I (2x+p){(x^2+px+q)}^{-k}\;dx + (B-\frac{Ap}{2})\I
	\frac{1}{\left((x+\frac{p}{2})^2+q-\frac{p^2}{4}\right)^k}\;dx \\
	&\qq t=x+\frac{p}{2}\;\;\;\;a=\sqrt{q-\frac{p^2}{4}}=\sqrt{\frac{4q-p^2}{4}}=\sqrt{-\Delta}\;\;\textrm{
	$-\Delta>0$ perche' $x^2+px+q$ ha $\Delta<0$}\\
	&=\frac{A}{2}\frac{(x^2+px+q)^{1-k}}{1-k}+ \left(B-\frac{Ap}{2}\right) \left[\I
		         \frac{1}{(t^2+a^2)^k}\;dt\right]_{t=x+\frac{p}{2}}\\
	&\qq \I \frac{1}{(t^2+a^2)^k}\;dt \textrm{ sappiamo calcolarlo con la formula che abbiamo visto prima}
\end{align*}
\subsection{Integrali irrazionali}
\[
\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\;dx
\]
dove $R$ e' una funzione razionale.\\
In parole povere: quello che si cerca di fare e' ricondurre $ax^2+bx+c$ a una
somma/differenza di due quadrati del tipo $(x+\alpha)^2\pm k^2$. Dopodiche' si
sostituisce $x+\alpha$ con $\sin(t)\T{ oppure }\sinh(t) \T{ oppure }\cosh(t)$,
in modo tale da ricondursi a una identita' fondamentale trigonometrica.\\
Piu' in dettaglio: distiguiamo 3 casi.
\begin{prova}
\case{$a<0$}
\begin{prova}
Poiche' il radicale deve avere senso, imponiamo che $ax^2+bx+c\ge 0$,
si ha che \[
\begin{cases}
	ax^2+bx+c\ge 0\\
	a<0
\end{cases}\;\Rightarrow \;\Delta > 0
\]
Scriviamo $ax^2+bx+c$ in modo opportuno:
\begin{align*}
	&ax^2+bx+c=a\left(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{c}{a}\right)=
	a\left(x^2+\frac{b}{a}x+\frac{b^2}{4a^2}+\frac{c}{a}-\frac{b^2}{4a^2}\right)=\\
	&=a\left(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{4ac-b^2}{4a^2}\right)=
	a\left(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2-\frac{\Delta}{4a^2}\right)=\\
	&\qq y=x+\frac{b}{2a},\;\;\;k=\frac{\sqrt{\Delta}}{2|a|} \;\;\textrm{ nota $k$ e' } > 0\\
	&=a(y^2-k^2)=-a(k^2-y^2)
\end{align*}
Passiamo a calcolare l'integrale e applichiamo la sostituzione con
$y=x+\frac{b}{2a}$:
\begin{align*}
	&\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\;dx=
	\left[\int
	R\left(y-\frac{b}{2a},\sqrt{-a}\sqrt{k^2-y^2}\right)\;dy\right]_{y=x+\frac{b}{2a}}
\end{align*}
Adesso applichiamo una nuova sostituzione con\[
y=k\sin t,\;\;y'=k\cos t,\;\;t=\arcsin \frac{y}{k}
\]
abbiamo:
\begin{align*}
	&=\left[\int R\left(k\sin t-\frac{b}{2a},\sqrt{-a}\sqrt{k^2-k^2\sin^2 t}
	\right)k\cos t\;dt\right]_{t=\arcsin \frac{y}{k}}=\\
	&\qq \sqrt{k^2-k^2\sin^2 t}=k\sqrt{1-\sin^2 t}=k\cos t\\
	&=\left[\int R\left(k\sin t-\frac{b}{2a},\sqrt{-a}k\cos t\right)k\cos
	t\;dt\right]_{t=\arcsin \frac{y}{k}}
\end{align*}
\end{prova}
\case{$a>0,\;\Delta>0$}
\begin{prova}
Si procede analogamente:
\begin{align*}
	&y=x+\frac{b}{2a},\;\;\;k=\frac{\sqrt{\Delta}}{2a}\\
	&ax^2+bx+c=a(y^2-k^2)\\
	&\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\;dx= \left[\int  R\left(y-\frac{b}{2a},
	\sqrt{a}\sqrt{y^2-k^2}\right)\;dy\right]_{y=x+\frac{b}{2a}}
\end{align*}
Adesso per dar senso a $\sqrt{y^2-k^2}$ dobbiamo distinguire due casi.
\case{$y\in [k,+\infty[$}
\begin{prova}
Per la seconda sostituzione poniamo\[
y=k\cosh t,\;\;y'=k\sinh t,\;\;t=\arcosh \frac{y}{k}
\]
cosi' abbiamo:
\begin{align*}
	&=\left[\int R\left(k\cosh t-\frac{b}{2a},\sqrt{a}\sqrt{k^2\cosh^2 t-k^2}
	\right)k\sinh t\;dt\right]_{t=\arcosh \frac{y}{k}}=\\
	&\qq \sqrt{k^2\cosh^2 t-k^2}=k\sqrt{\cosh^2 t -1}=k\sinh t\\
	&=\left[\int R\left(k\cosh t-\frac{b}{2a},\sqrt{a}k\sinh t\right)k\sinh t\;dt\right]_{t=\arcosh \frac{y}{k}}
\end{align*}
\end{prova}
\case{$y\in ]-\infty, -k]$}
\begin{prova}
Per la seconda sostituzione poniamo\[
y=-k\cosh t,\;\;y'=-k\sinh t,\;\;t=\arcosh \frac{-y}{k}
\]
cosi' abbiamo:
\begin{align*}
	&=\left[\int -R\left(-k\cosh t-\frac{b}{2a}, \sqrt{a}k\sinh t\right)k\sinh t\;dt\right]_{t=\arcosh \frac{-y}{k}}
\end{align*}
\end{prova}
\end{prova}
\case{$a>0,\Delta<0$}
Procedendo come abbiamo fatto fin'ora:
\begin{align*}
	&y=x+\frac{b}{2a},\;\;\;k=\frac{\sqrt{-\Delta}}{2a}\\
	&ax^2+bx+c=a\left(\left(x+\frac{b}{2a}\right)^2+\frac{-\Delta}{4a^2}\right)= a(y^2+k^2)\\
	&\int R(x,\sqrt{ax^2+bx+c})\;dx= \left[\int  R\left(y-\frac{b}{2a},
	\sqrt{a}\sqrt{y^2+k^2}\right)\;dy\right]_{y=x+\frac{b}{2a}}
\end{align*}
Per la seconda sostituzione poniamo\[
y=k\sinh t,\;\;y'=k\cosh t,\;\;t=\arsinh \frac{y}{k}
\]
cosi' abbiamo:
\begin{align*}
	&=\left[\int R\left(k\sinh t-\frac{b}{2a},\sqrt{a}\sqrt{k^2\sinh^2 t+k^2}
	\right)k\cosh t\;dt\right]_{t=\arsinh \frac{y}{k}}=\\
	&\qq \sqrt{k^2\sinh^2 t+k^2}=k\sqrt{\sinh^2 t+1}=k\cosh t\\
	&=\left[\int R\left(k\sinh t-\frac{b}{2a},\sqrt{a}k\cosh t\right)k\cosh t\;dt\right]_{t=\arsinh \frac{y}{k}}
\end{align*}
\end{prova}
\subsection{Integrali vari}
\[
\int x^m(a+bx^n)^p\;dx,\;\;m,n,p\in \mathbb{Q}
\]
\case{$p\in \mathbb{Z}$}
Si effettua la sostituzione: $x=t^r,\;\;r=mcm(m,n)$
\case{$\frac{m+1}{n}\in \mathbb{Z},\;p\notin \mathbb{Z}$}
Si effettua la sostituzione: $a+bx^n=t^s$, dove $s$ e' il denominatore di
$p$.
\case{$p+\frac{m+1}{n}\in \mathbb{Z}$}
	Si effettua la sostituzione: $\frac{a}{x^n}+b=t^s$\\
\newline
\[
\int R\left(x,\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\right)\;dx
\]Si effettua la sostituzione con:
\begin{align*}
	&t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}\\
	&x=\frac{b-dt^n}{ct^n-a}\\
	&x'=\frac{(ad-bc)nt^{n-1}}{(ct^n-a)^2}
\end{align*}
e si ottiene:
\[
= \left[\int
R\left(\frac{b-dt^n}{ct^n-a},t\right)\frac{(ad-bc)nt^{n-1}}{(ct^n-a)^2}
\;dt
\right]_{t=\sqrt[n]{\frac{ax+b}{cx+d}}}
\]
\section{Serie numeriche}
\[
\serie{n=1} a_n = a_1+a_2+\dots+a_n+\dots,\;\;a_n\in \mathbb{R}\;\forall n\in
\mathbb{N}
\]
viene chiamata \emph{serie numerica}.\\
La \emph{somma parziale} di posto $n$ e' definita come:
\[
s_n= a_1+a_2+\dots+a_n
\]

Il carattere della serie dipende equivalea al carattere della successione
$\{s_n\}$ che puo' essere
\begin{itemize}
	\item convergente a un limite $S\in \mathbb{R}$, chiamato somma della
		serie
	\item divergente a $\pm \infty $
	\item oscillante
\end{itemize}
\subsection{Assoluta convergenza}
\ilabel{assoluta!convergenza}
La serie si dice \emph{
assolutamente convergente} quando la serie dei suoi valori
assoluti e' convergente:
\[
\serie{n=1} a_n \;\T{ ass. conv.}\;\Leftrightarrow \;\serien |a_n|\;\T{
convergente}
\]
\begin{thm}
	\[
	\T{assolutamente conv.}\;\Rightarrow \;\T{conv.}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
	Usiamo il criterio di Cauchy (vedi thm \see{cauchyconv}), per
	dimostrare la tesi, ovvero mostriamo che:
\[
	\forall \varepsilon >0 \exists v\in \mathbb{N}:\;
	|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_{n+k}| <\varepsilon\;\forall n>v\;\forall
	k\in \mathbb{N}
\]
Fissiamo $\varepsilon>0$, per Hp:
\begin{align*}
	&\serien |a_n|\;\T{ convergente}\;\underbrace{\Leftrightarrow}_{\T{per
	Cauchy}}\;\\
&\;\;\;\;\;\Leftrightarrow \;\exists v'\in \mathbb{N}:\;
	| |a_{n+1}|+|a_{n+2}|+\dots+|a_{n+k}| | <\varepsilon\;\forall n>v\;\forall
	k\in \mathbb{N}\\
	&|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_{n+k}| \le
	|a_{n+1}|+|a_{n+2}|+\dots+|a_{n+k}| <\varepsilon\;\forall n>v'
\end{align*}
Quindi la tesi e' dimostrata con $v=v'$
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{exemp}
	\label{exodasd}
	di serie conv. ma non ass. conv.
	\[
	(1)\;\;\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}
	\]
	e' convergente per quanto visto nell'esempio \see{e2917}, ma
	non e' ass. conv. poiche' la serie dei valori assoluti e' la serie
	armonica.
\end{exemp}

\begin{exemp}
	Esempio di serie di funzioni non ass. conv. ma unif. conv.:
	\[
	\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}x
	\]
	dove ogni funzione e' definita in $[-1,1]\longrightarrow
	\mathbb{R}$.\\
	Non e' ass. conv., infatti fissato un $x\neq 0$
	\begin{align*}
	& \serien \Big|\frac{(-1)^{n-1}}{n}x\Big|=
	|x|\serien \frac{1}{n}=+\infty 
	\end{align*}
	Proviamo che e' unif. conv. usando il criterio di cauchy, ovvero
	\[
\forall \varepsilon >0 \;\exists
v=v(\varepsilon):\;|\frac{(-1)^{n}}{n}x+\frac{(-1)^{n+1}}{n}x+\dots+\frac{(-1)^{n+p-1}}{n}x|<\varepsilon\;\forall
n > v\;\forall p\in \mathbb{N}\;\forall x\in [-1,1]
	\]
Poiche' $x\in[-1,1]$ si ha
\begin{align*}
&|\frac{(-1)^{n}}{n}x+\frac{(-1)^{n+1}}{n}x+\dots+\frac{(-1)^{n+p-1}}{n}x|<\varepsilon\;\Leftrightarrow
\;\\
&\;\;\Leftrightarrow \;|x|
|\frac{(-1)^{n}}{n}+\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\dots+\frac{(-1)^{n+p-1}}{n}|<\varepsilon\;\Leftrightarrow
\;\\
&\;\;\Leftrightarrow \;
|\frac{(-1)^{n}}{n}+\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\dots+\frac{(-1)^{n+p-1}}{n}|<\varepsilon\;
\end{align*}
Abbiamo dimostrato nell'exp \see{e2917} che $\serien
\frac{(-1)^{n}}{n}$ converge, quindi per il criterio di Cauchy di convergenza
delle serie numeriche (vedi \see{cauchyconv})  abbiamo 
\[
\forall \varepsilon >0 \exists v\in \mathbb{N}:\;
|\frac{(-1)^{n}}{n}+\frac{(-1)^{n+1}}{n}+\dots+\frac{(-1)^{n+p-1}}{n}| <\varepsilon\;
\forall n>v\;\forall
	p\in \mathbb{N}
\]
quindi la tesi e' acquisita
\end{exemp}

\subsection{Serie armonica}
\ilabel{serie!armonica}
\[
\serie{n=1} \frac{1}{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots
\]
si chiama serie armonica.
Si ha che \[\serie{n=1} \frac{1}{n} \longrightarrow +\infty \]
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dimostrazione 1}
	\begin{prova}
		Osserviamo che
		\[
		s_n=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}<
		1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}+\frac{1}{n+1}=s_{n+1}
		\]
		La serie $\{s_n\}$ e' crescente, e quindi non oscillante.
		\step{}{Dim. che l'estratta $s_{2^m}\longrightarrow +\infty $}
		\begin{prova}
			\step{}{Dimostriamo che $s_{2^m}>\frac{m+1}{2}$}
			\begin{prova}
		Per induzione.\\
		Base $m=1$:
		\begin{align*}
			&s_{2}=1+\frac{1}{2}=\frac{3}{2} > 1=\frac{m+1}{2}
		\end{align*}
		Hp: $s_{2^m}>\frac{m+1}{2}$ e' vera\\
		Ts:
		\begin{align*}
			&s_{2^{m+1}}=\underbrace{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{2^m}}_{>\frac{m+1}{2}}
			+\underbrace{\frac{1}{2^m+1}+\dots+\frac{1}{2^{m+1}}}_{
				>\underbrace{\frac{1}{2^{m+1}}+\frac{1}{2^{m+1}}+\dots+\frac{1}{2^{m+1}}}_{2^m\T{
				volte}}} > \frac{m+1}{2}+\frac{2^m}{2^{m+1}}=
				\frac{(m+1)+1}{2}
		\end{align*}
			\end{prova}
		Poiche' $\frac{m+1}{2}\longrightarrow \infty $, anche
		$s_{2^m}\longrightarrow \infty $. 
		\end{prova}
		Poiche' $\{s_{2^m}\}$ e' un'estratta di $\{s_n\}$, si ha
		$s_{n}\longrightarrow \infty $.
		\qed
	\end{prova}
	\step{}{Dimostrazione 2}
	\begin{prova}
		Osservando che 
		\[
		\left(1+\frac{1}{n}\right)^n<\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n+1}<e\;\forall
		n \in \mathbb{N}
		\]
		abbiamo
		\begin{align*}
			&\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e\;\Rightarrow \;
			n\log\left(1+\frac{1}{n}\right) < 1\;\Rightarrow \;
			\log\left(1+\frac{1}{n}\right)=\log(n+1)-\log n < \frac{1}{n}
		\end{align*}
		allora maggioriamo $s_n$:
		\[
		s_n=\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}
		> (\log2-\log 1) + (\log3-\log 2)+\dots+(\log(n+1)-\log n)=
		\log(n+1)-\log 1=\log(n+1)
		\]
		ovvero $s_n> \log(n+1)$.
		Poiche' $\log(n+1)\longrightarrow \infty $, si ha che
		$s_n\longrightarrow \infty $
		\qed
	\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Serie di Mengoli}
\[
\serie{n=1}\frac{1}{n(n+1)}=1
\]
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Osserviamo che 
		\[
		\frac{1}{n(n+1)} =\frac{(n+1)-n}{n(n+1)} = 
		\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
		\]
		allora
		\[
		s_n=\frac{1}{1\cdot 2}+ \frac{1}{2\cdot 3}+\dots+
		\frac{1}{n(n+1)} =
		\frac{1}{1}-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}
		=1-\frac{1}{n+1}=\frac{n}{n+1}
		\]
		\[
		\lim s_n= \lim \frac{n}{n+1} = 1
		\]
	\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Serie geometrica}
Serie geometrica di ragione $x\in \mathbb{R}$:
\[
\serien x^{n-1}=1+x+x^2+\dots+x^n+\dots
\]
\begin{prova}
\case{$x=1$}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\serien x^{n-1}=1+1+\dots+1+\dots=+\infty 
\end{align*}
\end{prova}
\case{$x\neq1$}
\begin{prova}
\begin{align*}
&s_n=1+x+x^2+\dots+x^n\;\Leftrightarrow
\;(1-x)s_n=(1-x)(1+x+x^2+\dots+x^n)\;\Leftrightarrow \;(1-x)s_n=1-x^{n+1}\\
&\;\Leftrightarrow \; s_n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}\\
&\serien x^{n-1}=\lim_{n\to \infty } s_n=\begin{cases}
	\frac{1}{1-x}&-1<x<1\\
	+\infty & x>1\\
	\nexists\;\T{ (e' oscillante)} & x \le  -1
\end{cases}
\end{align*}
\case{$x< -1$} \begin{prova}
	La serie non e' assolutamente convergente:
	\begin{align*}
		&|s_n|=\frac{|1-x^n|}{|1-x|}\ge  \frac{| |1|-|x|^n |}{|1-x|}=
		\frac{|1-|x|^n|}{|1-x|}
		&\lim_{n\to \infty}{ \frac{|1-|x|^n|}{|1-x|}} =+\infty \\
		&\;\Rightarrow \;\lim_{n\to \infty} |s_n|=+\infty 
	\end{align*}
\end{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Serie armonica generalizzata}
\[
\serien \frac{1}{n^x},\;\T{ fissato } x\in \mathbb{R}
\]
si ha che:
\[
\serien \frac{1}{n^x}\;\begin{cases}
	\T{ converge} & x\in ]1,+\infty [\\
	\T{ diverge a } +\infty &x\in ]-\infty, 1]
\end{cases}
\]
\pf \footnote{useremo varie volte il criterio del confronto (vedi
\see{critconfronto}) e il criterio di Raabe (vedi \see{corraabe})}
\begin{prova}
\case{$x=1$}
\begin{prova}
	Questa e' la serie armonica semplice, quindi diverge a $+\infty $
\end{prova}
\case{$x=0$}
\begin{prova}
	$1+\dots+1\dots$, quindi diverge a $+\infty $
\end{prova}
\case{$x<0$}
\begin{prova}
	$\lim \frac{1}{n^x}=\lim n^{-x} = +\infty$, quindi per il thm
	\see{critconvserie1}, la serie non converge. Poiche' 
	$\serien \frac{1}{n^x}$ e' a termini positivi, divergera' a $+\infty $.
\end{prova}
\case{$0< x < 1$}
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&x<1\>n^x \le  n\\
		&n^x \le  n\= \frac{1}{n^x}\ge  \frac{1}{n}\\
		&\serien \frac{1}{n}=+\8\ubrace{\>}{\T{ criterio del
		confronto}} \serien \frac{1}{n^x}=+\8
	\end{align*}
	Quindi, come prima, la serie diverge a $+\infty $.
\end{prova}
\case{$x=2$}
\begin{prova}
	Consideriamo la serie resto di posto $1$:
\[
\serien	\frac{1}{(n+1)^2}
\]
e il suo termine generale $\frac{1}{(n+1)^2}$, si ha
\begin{align*}
&(n+1)^2\ge n(n+1)\;\Rightarrow \;\\
\frac{1}{(n+1)^2}\le \frac{1}{n(n+1)}\\
&\serien \frac{1}{n(n+1)}\;\T{ e' la serie di mengoli, che converge}\\
&\;\Rightarrow \;\serien \frac{1}{(n+1)^2}\;\T{ converge per il criterio del confronto}
\end{align*}
\end{prova}
\case{$x>2$}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\frac{1}{n^x}\le \frac{1}{n^2}
\end{align*}
$\serien \frac{1}{n^2}$, come abbiamo visto prima, converge, quindi per il
criterio del confronto, anche $\serien \frac{1}{n^x}$ converge.
\end{prova}
\case{$1<x<2$}
\begin{prova}
Usiamo il cor del criterio di Raabe:
\begin{align*}
	&\lim_{n\to \infty }n\left(\frac{\frac{1}{n^x}}{\frac{1}{(n+1)^x}}-1\right) 
	=\lim \frac{(n+1)^x-n^x}{n^{x-1}}\\
	&\qq\; n+1=n(1+\frac{1}{n})\\
	&=\lim \frac{(1+\frac{1}{n})^xn^x-n^x}{n^{x-1}} = \lim
	\frac{n+1)^x-1}{n^{-1}}\\
	&=\lim_{n\to \infty }  \frac{(1+\frac{1}{n})^x-1}{\frac{1}{n}}=x\;\T{
	e' il lim. notevole}
\end{align*}
Poiche' $x>1$, per il cor del criterio di Raabe, la serie converge.
\end{prova}
\end{prova}


\subsection{Serie resto}
\label{thmserieresto}
Sia $k\in \mathbb{N}$, 
\[
\serie{n=k+1} a_n= a_{k+1}+a_{k+2}+\dots\;\;(2)
\]
e' chiamata serie resto di posto $k$, poiche' e' in sostanza la serie
$\serie{n=1} a_n$ priva dei primi $k$.\\
Queste due serie hanno lo stesso carattere, inoltre
\[
\serie{n=1}  a_n=S\in \mathbb{R}\;\Rightarrow \;\serie{n=k+1} a_n=S-s_k
\]
dove $S=\lim s_n$. Con $t_n$ indichiamo le somme parziali di
$\serie{n=k+1} a_n$.
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Basta notare che \[
		t_n=s_{k+n}-s_k
		\]
		Quindi se $s_{n}$ converge, per il thm delle successioni
		estratte, anche $s_{k+n}$ converge, e quindi pure $t_n$.\\
		Se $t_n$ converge, $s_{k+n}$ converge. Poiche' $s_{k+n}$ e' un
		estratta del tipo $s_{c+n}$, con $c$ costante, anche $s_n$
		converge. Infine
		\begin{align*}
			&t_n=s_{k+n}-s_k\\
			&\lim_{n\to \infty} t_n =\lim_{n\to \infty} s_{k+n}-s_k=\lim_{n\to \infty} s_{k+n}-\lim_{n\to \infty}
			s_k=S-s_k
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
Data la serie 
\[
\serie{n=1} b_n:\;\;\exists v\in \mathbb{N}:\;\forall n> v\;b_n=a_n
\]
per quanto detto prima 
\[
\serie{n=v+1} b_n=S-s_v
\]
dove $S=\serie{n=1}a_n$ e $s_v$ e' la somma parziale di posto $v$. Quindi,
la serie $A$ e la serie $B$ definitivamente uguale a $A$, hanno lo stesso
carattere.
\subsection{Criteri di convergenza}
\begin{thm}
	\label{critconvserie1}
	\[
	\serie{n=1} a_n \T{ converge} \;\Rightarrow \; \lim_{n\to \infty } a_n=0
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
		Per Hp $s_n\longrightarrow S$
		\begin{align*}
			&a_{n+1}=s_{n+1}-s_n\\
			&s_{n+1}\longrightarrow S,\;\;s_n\longrightarrow
			S\;\Rightarrow \;a_{n+1}\longrightarrow 0
		\end{align*}
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\nLeftarrow $}
	\begin{prova}
		$
		\frac{1}{n}\longrightarrow 0
		$
		ma $
		\serie{n=1} \frac{1}{n}=\infty 
		$
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
	\label{cauchyconv}
	Criterio di convergenza di Cauchy per le serie numeriche.
	\[
	\serie{n=1}\;\T{ converge} \;\Leftrightarrow \;
	\forall \varepsilon >0 \exists v\in \mathbb{N}:\;
	|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_{n+k}| <\varepsilon\;\forall n>v\;\forall
	k\in \mathbb{N}
	\]
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim $\Rightarrow $}
	\begin{prova}
\[\serie{n=1}\;\T{ converge}\;\Rightarrow \;\{s_n\} \T{ converge}\;\Rightarrow
\;\{s_n\}\;\T{ soddisfa la cond. di Cauchy per succ: }\]
\[\forall \varepsilon > 0 \exists v\in \mathbb{N}:\;\forall p,q >
v\;|s_p-s_q|<\varepsilon\]
Fissiamo $n>v,\;q=n,\;p=n+k$ con un qualsiasi $k$ libero, allora
\[
|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_{n+k}| =  |s_{n+k}-s_n| = |s_p-s_q| < \varepsilon
\]
	\end{prova}
	\step{}{Dim $\Leftarrow $}
	\begin{prova}
		Dobbiamo dimostrare che $\{s_n\}$ converge, ovvero che
		soddisfa la condizione di Cauchy per succ.:
\[\forall \varepsilon > 0 \exists v\in \mathbb{N}:\;\forall p,q >
v\;|s_p-s_q|<\varepsilon\]
		Per Hp:
	\[\forall \varepsilon >0 \exists v'\in \mathbb{N}:\;
	|a_{n+1}+a_{n+2}+\dots+a_{n+k}| <\varepsilon\;\forall n>v'\;\forall
	k\in \mathbb{N}\;\;(1)\]
	Allora, ponendo $v=v'$,
	\case{$p=q$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&|s_p-s_q|=0<\varepsilon
		\end{align*}
	\end{prova}
	\case{$p>q$}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&|s_p-s_q|=|a_{q+1}+\dots+a_p|< \varepsilon\;\T{per la
			(1), dove $n=q,\;k=p-n$}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\case{$p<q$}
	\begin{prova}
	\begin{align*}
		&|s_p-s_q|=|s_q-s_p|=|a_{p+1}+\dots+a_q|< \varepsilon\;\T{per la
		(1), dove $n=p,\;k=q-n$}
	\end{align*}
	\end{prova}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\subsection{Serie somma}
Sommiamo due serie:
\[
\serie{n=1} a_n + \serie{n=1} b_n =\serie{n=1}(a_n+b_n)
\]
Come primo risultato abbiamo che: 
\[
\serie{n=1} a_n \T{ converge ad } A \;\land\;\serie{n=1} b_n\T{ converge a }B
\;\Rightarrow \;\serie{n=1}(a_n+b_n)\;\T{ converge a }A+C
\]
\[
\left(\serie{n=1} a_n=\pm \infty  \;\oplus\;  \serie{n=1} b_n=\pm \infty \right)\lor
\left(\serie{n=1} a_n=\serie{n=1}b_n=\pm \infty \right)\;\Rightarrow
\;\serie{n=1}(a_n+b_n)=\pm \infty 
\]
Nota \footnote{con $\oplus$ indichiamo lo XOR}. Per il caso in cui una diverge a
$+\infty $ e l'altra $-\infty $, non si puo' dire nulla a priori.\\
Infine, dato $\lambda\in \mathbb{R}$, abbiamo:
\begin{align*}
	&\lambda=0 \;\Rightarrow \;\serie{n=1} \lambda a_n = 0\\
	&\lambda > 0\;\land \;\serie{n=1} a_n = \pm \infty \;\Rightarrow \; \serie{n=1} \lambda a_n = \pm \infty \\
	&\lambda < 0\;\land \;\serie{n=1} a_n = \pm \infty \;\Rightarrow \;
	\serie{n=1} \lambda a_n = \mp \infty \\
\end{align*}
\subsection{Serie a termini non negativi}
\[
\serien a_n
\]
si dice a termini non negativi $\;\Leftrightarrow \;$ \[
\forall n\in \mathbb{N} \;a_n\ge 0
\]
\begin{thm}
	Una serie a termini non negativi (converge) $\lor$  (diverge a $+\infty$).
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		Basta osservare che \[s_{n+1}=s_n+\underbrace{a_{n+1}}_{\ge
		0}\;\Rightarrow \;s_{n+1}\ge s_n\]
		ovvero $\{s_n\}$ e' non decrescente.
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\subsection{Criterio del confronto}
\label{critconfronto}
Date due serie a termini non negativi
\[
\serien a_n,\;\;\serien b_n
\]
con $0\le a_n\le b_n\;\forall n\in \mathbb{N}$,
\begin{align*}
&\serien b_n\;\T{ converge a T}\;\Rightarrow \;
\serien a_n\;\T{ converge a S, con } S\le T\\
&\serien a_n=+\infty \;\Rightarrow \;\serien b_n=+\infty \\
&\serien b_n=-\infty \;\Rightarrow \;\serien a_n=-\infty 
\end{align*}

\begin{prova}
	\pf
	\step{}{
	Dimostriamo il primo caso.}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
			&s_n=a_1+\dots+a_n\le b_1+\dots+b_n = t_n\\
			&\serien b_n\;\T{ converge}\;\Rightarrow \;t_n \le
			\sup \{t_n\}_{n\in \mathbb{N}}=T\in \mathbb{R}\\
			&\forall n \in \mathbb{N}\;\;a_n\ge 0\>s_{n} \T{ e'
			non decr} \> \ubrace{0}{\to 0}\le \ubrace{s_n}{\to S}
			\le \ubrace{T}{\to T}\>S\le T\in \mathbb{R}
		\end{align*}
	\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\subsection{Criterio del rapporto}
Data una serie a termini positivi:
\[
\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n>0
\]
si ha
\[
\exists 0\le h<1:\;\frac{a_n+1}{a_n}\le h\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ converge}
\]
\[
\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ diverge a }+\infty 
\]
\begin{prova}
\pf
\step{}{Dim. il punto 1}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\frac{a_{n+1}}{a_n}\le h,\;a_n >0\;\> \\
	&\qq a_{n+1}\le ha_n\\
	&\qq a_{n}\le ha_{n-1}\\
	&\qq ha_{n}\le h^2a_{n-1}\\
	&a_{n+1}\le h	a_n\le h^2 a_{n-1}\;(1)
\end{align*}
\step{}{Dim per induzione che $a_{n+1}\le h^na_1$:}
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&a_{(n+1)+1}\underbrace{\le}_{\T{per la (1)}}h a_{n+1} 
		\underbrace{\le}_{\T{per la Hp induttiva}}
		h^{n+1}a_1\;\Rightarrow \;a_{n+2}\le h^{n+1} a_1
	\end{align*}
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\serien h^{n} a_1=a_1 \underbrace{\serien h^{n}}_{\T{serie
	geom.}},\;0\le h < 1 \;\Rightarrow \;a_1\serien h^{n}\;\T{ converge}
\end{align*}
Allora, da $a_{n+1}\le a_1h^n$, per il criterio del confronto, deduciamo che
la serie $\serien a_n$ converge.
\end{prova}
\end{prova}
\step{}{Dim. il punto 2}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&	\frac{a_{n+1}}{a_n}\ge 1,\;a_n>0\;\>
	\;a_{n+1}\ge a_n >0 \>\limn a_n\neq 0
\end{align*}
e quindi diverge a $+\infty $.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}
	\label{corcritrapp}
	Avendo la serie a termini positivi
	\[
	\serien a_n,\;\;\;a_n>0\;\forall n\in \mathbb{N}
	\]
	si ha:
	\[
	\lim_{n\to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\begin{cases}
		l<1\;\Rightarrow \;\T{ la serie converge}\\
		l>1\;\lor  \;l=+\infty \;\Rightarrow \;\T{ la serie diverge a }
		+\infty \\
		l=1\;\Rightarrow \;\T{ caso dubbio: puo' convergere o
		divergere}
	\end{cases}
	\]
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dim il caso $l<1$}
\begin{prova}
	$l<1\;\Rightarrow \;\exists h\in \mathbb{R}:\;l<h<1$\\
Per la permanenza del segno:
\begin{align*}
	&\exists v\in \mathbb{N}:\;\forall n> v\;\frac{a_{n+1}}{a_n} <h
\end{align*}
Allora,  per il criterio del rapporto, la serie resto 
\[
\serie{n=v+1} a_n
\]
converge. Per il thm sulle serie resto, la serie
\[
\serien a_n
\]
converge pure.
\end{prova}
\step{}{{}{Dim il caso $l>1\;\lor \;l=+\infty $}}
\begin{prova}
Sempre per la permanenza del segno\footnote{
nel caso $l=+\infty $, abbiamo che $\forall k>0\;\exists v\in
\mathbb{N}:\;\forall n>v\;\frac{a_{n+1}}{a_n}>k$, allora fissiamo $k=1$}:
\[
\exists v\in \mathbb{N}:\;\forall n> v\;\frac{a_{n+1}}{a_n} >1
\]
quindi per il  criterio del rapporto,
 la serie resto 
\[
\serie{n=v+1} a_n
\]
diverge a $+\infty$. Per il thm sulle serie resto, la serie
\[
\serien a_n
\]
diverge a $+\infty$ pure.
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo che si ha un caso dubbio in $l=1$}
\begin{prova}
	La serie $\serien \frac{1}{n}$ diverge, $\serien \frac{1}{n^2}$
	converge, ma 
	\[
	\lim \frac{\frac{1}{n+1}}{\frac{1}{n}}=1=\lim \frac{
	\frac{1}{(n+1)^2}}{ \frac{1}{n^2}}
	\]
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\subsection{Criterio della radice}
Data una serie a termini non negativi:
\[
\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n\ge 0
\]
si ha
\[
\exists 0\le h<1:\;\sqrt[n]{a_n}\le h\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ converge}
\]
\[
\sqrt[n]{a_n}\ge 1\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ diverge a }+\infty 
\]
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Punto 1}
	\begin{prova}
		\begin{align*}
&\sqrt[n]{a_n}\le h\;\Leftrightarrow \;a_n\le h^n
		\end{align*}
$h^n$ e' il termine generale della serie geometrica di
ragione $h$. 
\[
h\in [0,1[\;\Rightarrow \;\serien h^n \;\T{converge}
\]
Per il criterio del confronto, converge pure la serie $\serien a_n$.
	\end{prova}
	\step{}{Punto 2}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\sqrt[n]{a_n}\ge 1\;\= \;a_n\ge 1\;\forall n\in \mathbb{N}\>\limn
	a_n\neq 0
\end{align*}
e quindi diverge a $+\infty $.
\end{prova}
\end{prova}
\begin{cor}
		Avendo la serie a termini non negativi
	\[
	\serien a_n,\;\;\;a_n\ge 0\;\forall n\in \mathbb{N}
	\]
	si ha:
	\[
	\lim_{n\to \infty } \sqrt[n]{a_n}=\begin{cases}
		l<1\;\Rightarrow \;\T{ la serie converge}\\
		l>1\;\lor  \;l=+\infty \;\Rightarrow \;\T{ la serie diverge a } 
		+\infty \\
		l=1\;\Rightarrow \;\T{ caso dubbio: puo' convergere o
		divergere}
	\end{cases}
	\]
	La dimostrazione e' analoga a quella del cor \see{corcritrapp}.
\end{cor}
\subsection{Criterio di Raabe}
Data una serie a termini positivi:
\[
\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n>0
\]
si ha
\[
\exists h>1:\;n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)\ge  h\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ converge}
\]
\[
n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)\le 1\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
\;\serien a_n\;\T{ diverge a }+\infty 
\]
\begin{prova}
\pf
\step{}{Punto 1}
\begin{prova}
\begin{align*}
&n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)\ge  h\;\Leftrightarrow \;
n(a_n-a_{n+1}) \ge  ha_{n+1}\;\Leftrightarrow \;
na_n-na_{n+1}-a_{n+1}\ge ha_{n+1}-a_{n+1}\\
&\;\Leftrightarrow\;na_n -(n+1)a_{n+1}\ge (h-1)a_{n+1}\;\Leftrightarrow 
a_{n+1}\le \frac{ na_n -(n+1)a_{n+1}}{h-1}\;\;(*)
\end{align*}
\step{}{Dim che $\serien \frac{ na_n -(n+1)a_{n+1}}{h-1}$ converge}
\begin{prova}
\begin{align*}
&t_n=\frac{a_1 -2a_{2}}{h-1}+ \frac{ 2a_2 -3a_{3}}{h-1}+\dots+ \frac{ na_n
-(n+1)a_{n+1}}{h-1}= \frac{ a_1-(n+1)a_{n+1}}{h-1}\;\\
&\;\;=\frac{a_1}{h-1}-\frac{(n+1)a_{n+1}}{h-1}\le \frac{a_1}{h-1}
\end{align*}
Quindi $\{t_n\}$ e' una successione limitata da $\frac{a_1}{h-1}$. 
Per Hp, e' anche a termini positivi, quindi converge.
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
	Per il criterio del confronto, da 
	\[
	a_{n+1}\le \frac{ na_n -(n+1)a_{n+1}}{h-1}
	\]
	deduciamo che la serie $\serien a_n$ converge.
\end{prova}
\end{prova}
\step{}{Punto 2}
\begin{prova}
\begin{align*}
&n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right)\le 1\;\Leftrightarrow \;
n(a_n-a_{n+1}) \le  a_{n+1}\;\Leftrightarrow \;
na_n\le (1+n)a_{n+1}\\
&\;\Leftrightarrow \;(1+n)a_{n+1}\ge na_n\;\ge (n-1)a_{n-1} \ge \dots \ge
1\cdot a_1\\
&\;\Rightarrow \;a_{n+1}\ge \frac{a_1}{n+1}\\
&\\
&\serien \frac{a_1}{n+1}= a_1\serien \frac{1}{n+1}=+\infty \;\T{ e' la serie
armonica}\\
&\;\Rightarrow \;\serien a_{n+1}=+\infty \;\T{ [crit. del confronto]}
\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{cor}
\label{corraabe}
	Data una serie a termini positivi:
\[
\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n>0
\]
si ha
\[
\lim_{n\to \infty }n\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right) =\begin{cases}
	l<1\;\lor \;l=-\infty \;\Rightarrow \;\T{ la serie diverge a }+\infty \\
	l>1\;\lor  \;l=+\infty \;\Rightarrow \;\T{ la serie converge} \\
	l=1\;\Rightarrow \;\T{ caso dubbio: puo' convergere o
	divergere}
\end{cases}
\]
La dimostrazione e' analoga a quella del cor \see{corcritrapp}.
\end{cor}
\subsection{Criterio di Abel}
Se $\serien a_n$ e' convergente, e se la successione numerica $\pgra{b_n}$ e'
pure convergente, allora $\serien a_nb_n$ e' convergente.
\subsection{Criterio del rapporto migliorato}
Data due serie a termini positivi:
\eal{
&\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n>0\\
&\serien b_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;b_n>0
}
tali che
\eal{&
\exists v\in\mathbb{N}:\;\;\forall n>v\;\;\frac{a_{n+1}}{a_n}\le
\frac{b_{n+1}}{b_n}
}
allora
\begin{enumerate}
	\item $\serien b_n$ converge $\> \serien a_n$ converge
	\item $\serien a_n$ diverge $\> \serien b_n$ diverge
\end{enumerate}
\subsection{Criterio del confronto del limite}
Date due serie a termini non negativi,
\eal{
&\serien a_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;a_n\ge 0\'\'(1)\\
&\serien b_n\;\;\;\;\forall n\in \mathbb{N} \;b_n\ge 0\'\'(2)
}
si ha
\[
\limn \frac{a_n}{b_n} = c,\;\; 0< c < +\infty \> \T{ (1) e (2) convergono }
\lor \T{ (1) e (2) divergono }
\]
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
\def\abn{{\frac{a_n}{b_n}}}
Supponiamo che $b_n$ converga, e supponiamo per assurdo che $a_n$ non
converga. Allora, per il thm \see{critconvserie1}, si ha
\eal{&\limn b_n=0,\;\;\limn a_n=k\neq 0\>\limn \abn =+\infty \T{ assurdo }
}
Supponiamo che $b_n$ diverga, e supponiamo per assurdo che $a_n$ non
diverga (e quindi converge essendo una serie a termini non negativi). Allora, per il thm \see{critconvserie1}, si ha
\eal{&\limn b_n=k\neq 0,\;\;\limn a_n=0\>\limn \abn =0 \T{ assurdo }
}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\subsection{Criterio dell'integrale}
Se $f(x):[a,+\8[\longrightarrow \mathbb{R}$ e' una funzione positiva non crescente,
allora $\serien f(n)$ e $\int_a^{+\8} f(x)\;dx$ hanno lo stesso carattere.
\subsection{Serie commutativa}
Sia $r:\mathbb{N}\longrightarrow \mathbb{N}$ una permutazione (una mappa
biunivoca), le due serie
\[
\serien a_n,\;\;a_n\ge 0\forall n\in \mathbb{N},\;\;\;\;\serien
b_n,\;\;b_n=a_{r(n)},\;\;\forall n\in \mathbb{N}
\]
hanno lo stesso carattere, e se convergono, hanno la stessa somma.
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&a_{r(i)}\le s_{r(i)}=a_{r(i)}+a_{r(i)-1}+\dots+a_1\\
		&a_{r(i)}+a_{r(j)}\le s_{\max\{r(i),r(j)\}}=
		\begin{cases}
			a_{r(i)}+a_{r(i)-1}+\dots+a_{r(j)}+\dots+a_1&r(i) > r(j)\\
			a_{r(j)}+a_{r(j)-1}+\dots+a_{r(i)}+\dots+a_1&r(j) > r(i)
		\end{cases}\\
		&\hdots
	\end{align*}
	\pflet{$m=\max\{r(1),\dots,r(n)\}$}
	\begin{align*}
		&t_n=b_1+\dots+b_n=a_{r(1)}+\dots+a_{r(n)}
		\le a_1+\dots+a_{m}=s_m\\
		&s_n\;\T{ e' crescente}\;\Rightarrow \;\lim_{n\to \infty }
		s_n=\sup_{n\in\mathbb{N}} \{s_n\}=S\\
		&s_n\le S\;\forall n\in \mathbb{N}\\
		&t_n \le  s_m \le S\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow
		\;t_n\;\T{ e' limitata}\;\Rightarrow \;t_n \T{ (essendo a
		termini non neg) converge}
	\end{align*}
	Per il viceversa, basta riapplicare il procedimento di prima,
	considerando che $a_n=b_{\ove r(n)}$, dove
	$\ove r$ e' l'inversa di $r$.
	
	Inoltre,
	\begin{align*}
		&t_n\le S\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow \;T\le S\\
		&s_n\le T\;\forall n\in \mathbb{N}\;\Rightarrow \;S\le T\\
		&T=S
	\end{align*}
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\begin{thm}
Per una qualunque serie vale il seguente fatto:
\[
\serien a_n\T{ e' ass. conv.}\;\Rightarrow \;\T{ vale la prop. commutativa per
serie}
\]
Ovvero, se $\serien a_n$ e' ass. conv, allora una sua qualsiasi permutazione
di indici, da' una serie con lo stesso carattere e somma.
\end{thm}
\subsection{Serie associativa}
A partire dalla serie 
\[
(1)\;\;a_1+a_2+\dots+a_n+\dots
\]
associamo i suoi termini, ottenendo una nuova serie
\[
(2)\;\;(a_1+\dots+a_{k_1})+(a_{k_1+1}+\dots+a_{k_2})+
(a_{k_2+1}+\dots+a_{k_3})+\dots+(a_{k_{n-1}+1}+\dots+a_{k_n})+\dots=
b_1+b_2+b_3+\dots+b_n+\dots
\]
ovvero
\[
b_n=a_{k_{n-1}+1}+\dots+a_{k_n}
\]
con $\{k_n\}$ successione di numeri naturali.
\begin{thm}
\[
\exists \serien a_n=S\;\Rightarrow \; \exists \serien b_n=S
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf \begin{prova}
Le somme parziali di $(2)$ sono 
\[t_n=b_1+\dots+b_n=(a_1+\dots+a_{k_1})+\dots+(a_{k_{n-1}+1}+\dots+a_{k_n})=s_{k_n}\]
quindi la successione $\{t_n\}=\{s_{k_n}\}$ e e' un'estratta di $\{s_n\}$.
Poiche' le estratte hanno lo stesso limite delle loro successioni, si ha la
tesi.
\end{prova}
\step{}{Non vale il viceversa}
\begin{prova}
	Prendiamo ad esempio $\{k_n\}=\{2n\}$ e come prima serie
	\[
	\serien (-1)^{n}
	\]
	l'associata diventa:
	\[
	(-1+1)+(-1+1)+(-1+1)+\dots=0+0+0+\dots
	\]
	Quindi quest'ultima converge, ma la prima no.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\subsection{Serie a segni alterni}
\ilabel{serie!a segni alterni}
La serie
\[
(1)\;\;\serien a_n,\;\;a_{2n+1} \ge0,\;a_{2n} \le 0\;\forall n\in \mathbb{N}
\]
si chiama serie alternante.
\begin{thm}
	\label{salt}
Sia la $\serien a_n$ una serie alternante con almeno un termine non nullo,
allora
\[
\{|a_n|\}\;\T{ non decrescente}\;\Rightarrow \;\serien a_n\;\T{ oscillante}
\]
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	Poiche' $\{|a_n|\}$ e' a termini non neg, $\sup_{n\in \mathbb{N}}\{|a_n|\} >0$, inoltre poiche' e' non decr.
	\begin{align*}
		&\limn |a_n|= \sup_{n\in \mathbb{N}}\{|a_n|\}
		>0\;\Rightarrow \;\limn |a_n|\neq 0\;\Rightarrow \;
		\limn a_n \neq 0\;\Rightarrow \;\T{ la (1) non converge}
	\end{align*}
	\step{}{Supponiamo per assurdo che (1) diverga a $+\infty $}
	\begin{prova}
		Consideriamo l'estratta $\{s_{2n}\}$,
		\begin{align*}
			&s_{2n+2}=s_{2n}+
			\underbrace{a_{2n+1}}_{\underbrace{\ge  0}_{\T{perche'
			$a_{2n+1}$ e' di posto
			dispari}}}+
			\underbrace{a_{2n+2}}_{\le  0}=
			s_{2n}+\underbrace{|a_{2n+1}|-|a_{2n+2}|}_{\underbrace{\le
			0}_{\T{la serie $\{|a_n|\}$ e' non decr.}}} \le s_{2n}\\
			&\;\;\Rightarrow \;\{s_{2n}\}\T{ e' non
			cresc.}\;\Rightarrow \;\lim s_{2n} = \inf_{n\in
			\mathbb{N}} s_{2n} < +\infty \\
			& \lim s_{2n} < +\infty 
		\end{align*}
		Assurdo, perche' per Hp $\lim s_n = +\infty $.
	\end{prova}
	\step{}{Supponiamo per assurdo che (1) diverga a $-\infty $}
	\begin{prova}
		Consideriamo l'estratta $\{s_{2n}\}$,
		\begin{align*}
			&s_{2n+1}=s_{2n-1}+
			\underbrace{a_{2n}}_{\le 0}+
			\underbrace{a_{2n+1}}_{\ge 0}=
			s_{2n}+\underbrace{-|a_{2n}|+|a_{2n+2}|}_{\ge  0} \ge
			s_{2n-1}\\
			&\;\;\Rightarrow \;\{s_{2n+1}\}\T{ e' non
			decr.}\;\Rightarrow \;\lim s_{2n+1} = \sup_{n\in
			\mathbb{N}} s_{2n+1} > -\infty \\
			& \lim s_{2n+1} > -\infty 
		\end{align*}
		Assurdo, perche' per Hp $\lim s_n = -\infty $.
	\end{prova}
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}Criterio di Leibniz\qq\\
	\ilabel{criterio!di Leibniz}
	\pflet{
$(1)\;\;\serien a_n$ una serie alternante con almeno un termine non nullo\\
$
\{|a_n|\}\;\T{ non crescente}\;$
	}
	allora
	\begin{align*}
&	\limn |a_n| =0 \;\Rightarrow \; \T{la (1) converge e },\;\;\serien
a_n = S,\;\;|S-s_n|\le |a_{n+1}|\;\;\forall n \in \mathbb{N}\\
& \limn |a_n| \neq 0\;\Rightarrow \;\T{la (1) e' oscillante}
	\end{align*}
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf
\begin{prova}
Come nella precedente dimostrazione:
	\begin{align*}
		&s_{2n+2}=s_{2n}+
		\underbrace{a_{2n+1}}_{\ge  0}+
		\underbrace{a_{2n+2}}_{\le  0}=
		s_{2n}+\underbrace{|a_{2n+1}|-|a_{2n+2}|}_{\underbrace{\ge 
		0}_{\T{la serie $\{|a_n|\}$ e' non cres.}}} \ge  s_{2n}\\
		&\;\;\Rightarrow \;\{s_{2n}\}\T{ e' non
		decresc.}
	\end{align*}
	\begin{align*}
		&s_{2n+1}=s_{2n-1}+
		\underbrace{a_{2n}}_{\le 0}+
		\underbrace{a_{2n+1}}_{\ge 0}=
		s_{2n}+\underbrace{-|a_{2n}|+|a_{2n+2}|}_{\le   0} \le 
		s_{2n-1}\\
		&\;\;\Rightarrow \;\{s_{2n+1}\}\T{ e' non cresc.}
	\end{align*}
	\step{}{Dimostriamo che $\{s_{2n}\}, \{s_{2n-1}\}$ sono separati}
	\begin{prova}
		Ovvero, dimostriamo che 
		\[
		\forall p,q\in \mathbb{N}\;s_{2p}\le s_{2q-1}
		\]
	\case{$p=q$}
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&s_{2p}=s_{2p-1}+\underbrace{a_{2p}}_{\le 0} \le
		s_{2p-1}=s_{2q-1}
	\end{align*}
\end{prova}
\case{$p>q$}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&\{s_{2n+1}\}\T{ non cresc.}\;\Rightarrow \;s_{2q-1} \ge s_{2p-1}
	\ge  s_{2p-1}+\underbrace{a_{2p}}_{\le 0} =s_{2p}\\
	&s_{2p}\le s_{2q-1}
\end{align*}
\end{prova}
\case{$p<q$}
\begin{prova}
\begin{align*}
&p<q\;\Leftrightarrow  \;p\le q-1=t\\
&\{s_{2n}\}\T{ non decresc.}\;\Rightarrow \;
s_{2p} \le  s_{2t} \le s_{2t} + \underbrace{a_{2t+1}}_{\ge 0} =
s_{2t+1}=s_{2(q-1)+1}=s_{2q-1}\\
&s_{2p}\le s_{2q-1}
\end{align*}
\end{prova}
Ricapitolando i due insiemi sono separati, ovvero
\[
S:=\sup_{n\in \mathbb{N}} \{s_{2p}\} \le \inf_{n\in \mathbb{N}} \{s_{2q-1}\}=:T
\]
e anche
\[
s_{2n} \le S \le  T \le  s_{2n-1}\;\;\forall n\in \mathbb{N}\;\;(*)
\]
	\end{prova}
	\step{}{Dimostriamo che non diverge, supponendo per assurdo che diverga a
	$+\infty $ e poi supponendo per assurdo che diverga a $-\infty $}
\begin{prova}
Se diverge a $+\infty $, allora
\begin{align*}
&\limn s_n=+\infty \;\Rightarrow \;
\limn s_{2n} = +\infty =S\le T\;\;\T{ per la (*)}
\end{align*}
Questo e' assurdo, perche' $T$, che e' l'inf, non puo' essere $\ge $ di
$+\infty $.\\
Se diverge a $-\infty $, allora
\begin{align*}
&\limn s_n=-\infty \;\Rightarrow \;
\limn s_{2n-1} = -\infty =T\ge S\;\;\T{ per la (*)}
\end{align*}
Questo e' assurdo, perche' $S$, che e' il sup, non puo' essere $\le  $ di
$-\infty $.
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo che per $\limn |a_n|=0$ la $(1)$ converge e che }
\begin{prova}
	\case{$n\in \mathbb{N}$, pari}
\begin{prova}
	\begin{align*}
		&s_n \le S \le  T \le s_{n+1}\\
		&S\le s_{n+1}\;\Leftrightarrow \;\ubrace{S-s_n}{\ge 0} \le
		\ubrace{s_{n+1}-s_n}{\ge 0} \;\Rightarrow \;
		|S-s_n| +| s_{n+1}-s_n| \ge 0\\
		&|S-s_n| \le |s_{n+1}-s_n| = |a_{n+1}|\\
		&\limn |a_n|=0\;\Rightarrow \;
		\limn |a_{n+1}|=0\:\Rightarrow \;
		\limn |s_{n+1}-s_n| =0\\
		&0\le |S-s_n| \le |s_{n+1}-s_n|\;\Rightarrow \;
		\limn |S-s_n|=0\;\T{ [thm del confronto]}\\
		&\limn s_n=S
	\end{align*}
\end{prova}
\case{$n\in \mathbb{N}$, dispari}
\begin{prova}
\begin{align*}
	&s_{n+1} \le S \le  T \le s_{n}\\
	&S\le s_{n}\;\Leftrightarrow \;\ubrace{S-s_{n+1}}{\ge 0} \le
	\ubrace{s_{n}-s_{n+1}}{\ge 0} \;\Rightarrow \;
	|S-s_{n+1}| +| s_n-s_{n+1}| \ge 0\\
	&|S-s_{n+1}| \le |s_n-s_{n+1}| = |s_{n+1}-s_n| = |a_{n+1}|\\
	&\limn |a_{n}|=0\;\Rightarrow \;
	\limn |a_{n+1}|=0\:\Rightarrow \;
	\limn |s_n-s_{n+1}| =0\\
	&0\le |S-s_{n+1}| \le |s_n-s_{n+1}|\;\Rightarrow \;
	\limn |S-s_{n+1}|=0\;\T{ [thm del confronto]}\\
	&\limn s_{n+1}=S\;\Rightarrow \;\limn s_n=S
\end{align*}
\end{prova}
\qq\\
Quindi, in entrambi i casi $s_n\to S$
\end{prova}
	\qed
\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}
	\label{e2917}
	Per la serie
	\[
	\serien \frac{x^{n-1}}{n},\;\;x\in \mathbb{R}\;\;(1)
	\]
	si ha che 
\[
 \serien \frac{x^{n-1}}{n}=
\begin{cases}
\T{ass. convergente}&-1<x<1\\
\T{convergente}&x=-1\\
\T{div a $+\infty $}&x\ge 1\\
\nexists&x< -1
\end{cases}
\]
	
Ovviamente per $x=0$ converge a $0$
Vediamo se e' ass. conv per $x\neq 0$, utilizzando il criterio del rapp.:
\begin{align*}
	&\limn \frac{|\frac{x^n}{n+1}|}{|	\frac{x^{n-1}}{n}|}=
	\limn \frac{\frac{|x|^n}{n+1}}{\frac{|x|^{n-1}}{n}}=\limn|x|
	\frac{n}{n+1}= |x|
\end{align*}
allora distinguiamo i vari casi:
\begin{prova}
\case{$|x|<1\;\Leftrightarrow \;-1<x<1$}
\begin{prova}
la serie dei valori assoluti converge, quindi la $(1)$
e' ass. conv., e quindi anche convergente.
\end{prova}
\case{$x>1$}
\begin{prova}
Criterio del rapporto sulla $(1)$:
\begin{align*}
&\limn \frac{\frac{x^n}{n+1}}{\frac{x^{n-1}}{n}}=x > 1
\end{align*}
quindi la $(1)$ diverge a $+\infty $
\end{prova}
\case{$x=1$}
\begin{prova}
	Si ha la serie armonica, e quindi la $(1)$ diverge a $+\infty $
\end{prova}
\case{$x=-1$}
\begin{prova}
	e' a segni alterni, e per il criterio di Leibniz:
	\begin{align*}
		&\limn |\frac{(-1)^n}{n+1}|=\limn \frac{1}{n+1}=0
	\end{align*}
	quindi e' convergente.
\end{prova}
\case{$x < -1$}
\begin{prova}
	e' sempre a segni alterni. Determiniamo la monotonia di
	\[
	\pgra{\pass{\frac{x^{n-1}}{n}}}
	=\pgra{\frac{|x|^{n-1}}{n}}
	\]
	per poi applicare il thm \see{salt}
	\begin{align*}
		& \frac{|x|^n}{n+1} <> \frac{|x|^{n-1}}{n}\\
		& n|x|^n <> (n+1)|x|^{n-1}\\
		& |x| <> \frac{n+1}{n}\\
		& \limn \frac{n+1}{n} = 1 < \limn |x|=|x|=-x\;\;\T{ [per Hp $x< -1$]}\\
		&\exists v\in \mathbb{N}:\;\forall n>v\;\frac{n+1}{n} <
		|x|\;\;\T{ [perm del segno]}\\
		&|x| > \frac{n+1}{n}\;\Leftrightarrow \; \frac{|x|^n}{n+1} >
		\frac{|x|^{n-1}}{n}
	\end{align*}
	ovvero la serie e' non decrescente. Per il thm \see{salt}, la serie
	$(1)$ e' oscillante.
\end{prova}
\end{prova}
\end{exemp}
\begin{exemp}
	\label{e12231}
	Consideriamo 
	\eal{&
	a_{2n-1}=\frac{1}{n},\;a_{2n}=-\log
	\frac{n+1}{n}\;\forall n\in \mathbb{N}\\
	&\serien a_n=
		1-\log \frac{2}{1} + \frac{1}{2} -\log \frac{3}{2}+
		\frac{1}{3} -\dots- \log
		\frac{n}{n-1}+\frac{1}{n}-\log\frac{n+1}{n}
		}
	\begin{prova}
		\step{}{Dim che $\limn a_n =0$}
		\begin{prova}
	\begin{align*}
		&\limn a_{2n-1}=\limn \frac{1}{n}=0\\
		&\limn a_{2n}=\limn -\log \frac{n+1}{n}=0\\
		&\;\Rightarrow \; \limn a_n =0
	\end{align*}
			
		\end{prova}
		\step{}{Dim che $\{|a_n|\}$ e' non crescente}
		\begin{prova}
	Sia
	\[
	\varphi(x)=\log x:[n,n+1]\longrightarrow \mathbb{N}
	\]
	per il teorema di lagrange
	\begin{align*}
		&		\exists c\in
		[n,n+1]:\;f'(c)=\frac{f(n+1)-f(n)}{n+1-n}=
		\log \frac{n+1}{n} = f'(c)= \frac{1}{c}\\
		&n\le c\le n+1\;\Leftrightarrow \;\frac{1}{n}\ge 
		\frac{1}{c} \ge \frac{1}{n+1}\;\Rightarrow \;\\
		&\;\Rightarrow \; \frac{1}{n+1}\le \log \frac{n+1}{n} \le
		\frac{1}{n}\;\Leftrightarrow  \;
		|a_{2(n+1)-1}| \le  |a_{2n}| \le |a_{2n-1}|\\
		&|a_{2n+1}| \le |a_{2n}| \le |a_{2n-1}|\;\forall n \in
		\mathbb{N}_0
	\end{align*}
	cio' implica che ogni termine e' $\le $ del precedente.		
		\end{prova}
	\qedstep
	\begin{prova}
		Abbiamo visto che 
		\[
		\limn |a_n|=0
		\]
		e che $\{|a_n|\}$ e' non cresc., allora per il criterio di
		Leibniz, la serie converge. La somma di questa serie viene
		chiamata costante di
		Eulero-Mascheroni.
	\end{prova}
	\end{prova}
\end{exemp}
\subsection{Costante di Eulero-Mascheroni}
\ilabel{costante di Eulero-Mascheroni}
\[
\gamma=\limn \left(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\log n \right)
\]
\begin{prova}
	\pf
	\step{}{Dimostriamo che $\gamma\in \mathbb{R}$}
	\begin{prova}
		Consideriamo la serie dell'esempio \see{e12231}, si ha:
		\begin{align*}
			&
		s_{2n-1}=1-\log \frac{2}{1} + \frac{1}{2} -\log \frac{3}{2}+
		\frac{1}{3} -\dots- \log \frac{n}{n-1}+\frac{1}{n}=\\
	&	1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}-
		\left(\log \frac{2}{1}+\log \frac{3}{2}+\dots+ \log
		\frac{n}{n-1}\right)=\\
		&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}-\left(\log 2+\log
		3 - \log 2 + \log 4 - \log 3 +\dots+ \log n - \log
		(n-1)\right)=\\
		&1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\dots+\frac{1}{n}-\log n
		\end{align*}
		La serie dell'esempio converge, e quindi $\gamma\in
		\mathbb{R}$:
	\[
	\serien a_n = \limn \left(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}-\log n
	\right) = \Gamma\in \mathbb{R}
	\]
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}
	Un'applicazione:
	\begin{align*}
		&\limn \frac{\log n}{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}=\\
		&\limn \frac{\log
		n-(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n})+(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n})}{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}=\\
		&\limn
		\left(1-\ubrace{\frac{\overbrace{(1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n})-\log}^{\longrightarrow
		\gamma}
		n}{\ubrace{1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}}{\longrightarrow
		+\infty} }}{\longrightarrow 0}\right)=1
	\end{align*}
\end{exemp}
\subsection{Serie prodotto}
\ilabel{serie!prodotto}
Abbiamo due serie
\[
(1)\;\serien a_n\qq\;(2)\;\serien b_n
\]
da queste definiamo
\[
(3)\;\serien c_n
\]
dove \[
c_n= \sum_{h=1}^{n}a_h b_{n-h+1}=a_1b_n + a_2 b_{n-1} +\dots+ a_n b_1
\]
La $(3)$ e' chiamata serie prodotto secondo Cauchy.
\begin{thm}di Mertens.\\
	\ilabel{teorema di Mertens}
Se la $(1), (2)$ convergono rispettivamente con somma
$A,B$ e almeno una delle due e' assolutamente convergente, allora la $(3)$
converge con somma $C=AB$.
\end{thm}
\begin{prova}
	\pf\step{}{Portiamo un esempio che mostra che senza l'ipotesi di ass.
	conv. di almeno una delle serie iniziali, il teorema non vale}
\begin{prova}
Consideriamo
\[
\serien \frac{(-1)^{n-1}}{\sqrt{n}}\;\;(*)
\]
\step{}{La $(*)$ converge}
\begin{prova}
	Usiamo il criterio di Leibniz: 
la successione \[\{|a_n|\}=\{\frac{1}{\sqrt{n}}\}\]
e' decrescente, e
\begin{align*}
&\limn |a_n|=\limn \frac{1}{\sqrt{n}}=0
\end{align*}
quindi, per Leibniz, la $(*)$ converge.
\end{prova}
Consideriamo adesso la serie prodotto della $(*)$ per se stessa
\begin{align*}
&\serien c_n \;\;(**)\\
&c_n=\sum_{h=1}^{n}a_ha_{n-h+1}=
\sum_{h=1}^{n} \frac{(-1)^{h-1}}{\sqrt{h}}\frac{(-1)^{n-h+1-1}}{\sqrt{n-h+1}}=\\
&(-1)^{n-1}\sum_{h=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{h}\sqrt{n-h+1}}\\
\end{align*}
\step{}{Studiamo i punti di minimo e massimo assoluti della funzione
$f(x)=\sqrt{x}\sqrt{n-x+1}:[1,n]\longrightarrow \mathbb{R}$}
\begin{prova}
Usiamo la tecnica dei tre insiemi\footnote{questa tecnica consiste nel
confrontare i numeri dell'insieme $\{f(x)\;|\;x\in X_1\cup X_2\cup X_3\}$}:
\begin{align*}
	&X_1=\{1,n\}\;\;\T{ gli estremi della funzione}\\
	&X_2=\{x\in [1,n]\;|\;\nexists f'(x)\}=\emptyset \;\T{ poiche'
	}\exists f'(x)\;\forall x\in [1,n]\\
	&X_3=\{x\in[1,n]\;|\;f'(x)=0\}\\
	&\qq \deriv{f(x)}=\deriv{\sqrt{nx-x^2+x}}=
	\frac{n-2x+1}{2\sqrt(xn-x^2+x)}\\
	&\qq f'(x)=0\;\Leftrightarrow \;n-2x+1=0\;\Leftrightarrow \;
	x=\frac{n+1}{2}\\
	&X_3=\{\frac{n+1}{2}\}\\
	&\\
	&f(1)=\sqrt{n},\;\;f(n)=\sqrt{n},\;\;f\left(\frac{n+1}{2}\right)=\frac{n+1}{2}\\
	&f(1)=f(n)\le f\left(\frac{n+1}{2}\right)\;\Leftrightarrow \;\sqrt{n}\le \frac{n+1}{2}\;\Leftrightarrow \;n\le
	\frac{n^2+1+2n}{4}\;\Leftrightarrow \;\\&\qq4n \le
	n^2+1+2n\;\Leftrightarrow \;0\le n^2+1-2n\;\Leftrightarrow \;2n\le
	n^2+1\;\Leftrightarrow \;2 \le  n+\frac{1}{n}
\end{align*}
Quindi $1,n$ sono punti di minimo e $\frac{n+1}{2}$ e' un punto di massimo
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
Da cio' che abbiamo visto
\begin{align*}
&f(x)\le \frac{n+1}{2}\;\forall x\in [1,n]\;\Leftrightarrow \;
\frac{1}{f(x)}\;\ge \frac{2}{n+1}\\
&c_n=(-1)^{n-1}\sum_{h=1}^{n} \frac{1}{\sqrt{h}\sqrt{n-h+1}}=
(-1)^{n-1}\sum_{h=1}^{n} \ubrace{\frac{1}{f(h)}}{\ge \frac{2}{n+1}}\\
&\;\Rightarrow \;|c_n|=\sum_{h=1}^{n} \frac{1}{f(h)} \ge  \frac{2n}{n+1}\\
&\;\Rightarrow \; \limn |c_n| \ge \limn \frac{2n}{n+1}=2\;\Rightarrow \;
\limn |c_n| \neq 0
\end{align*}
quindi per il criterio di Leibniz la serie $(**)$ e' oscillante, percio' non
converge.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\end{prova}
\begin{thm}
Una versione piu' forte del thm di Mertens: se la $(1)$ e $(2)$
sono ass. conv. allora la $(3)$ e' ass. convergente:
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
Per Hp
\begin{align*}
	&\serien |a_n|=A\in \mathbb{R},\;\;\serien |b_n|=B\in \mathbb{R}
\end{align*}
dobbiamo provare che $\serien |c_n|=C\in \mathbb{R}$; studiamo la sua somma parziale:
\begin{align*}
&t_n=\sum_{i=1}^{n} |c_i|=
\sum_{i=1}^{n} \Big|\sum_{h=1}^{i}a_h b_{i-h+1}\Big|=\\
&|a_1b_1| + |a_1b_2+a_2b_1| +\dots+|a_1b_n + a_2 b_{n-1} +\dots+ a_n b_1|\le \\
&\;\le  |a_1| |b_1| + |a_1| |b_2| +|a_2| |b_1| +\dots+|a_1| |b_n| + |a_2|
|b_{n-1}| +\dots+ |a_n| |b_1|=\\
&\;\;\;=\sum_{i=1}^{n}\sum_{h=1}^{i}|a_h| |b_{i-h+1}|=\\
&\;\;\;=
|a_1| (\ubrace{|b_1|+\dots+|b_n|}{\le
B})+|a_2|(\ubrace{|b_1|+\dots+|b_{n-1}|}{\le B})+\dots+
|a_n|\ubrace{|b_1|}{\le B} \le B(\ubrace{|a_1|+\dots+|a_n|}{\le A}) \le  AB\\
&t_n\le AB
\end{align*}
Quindi, la successione $\{t_n\}$ e' limitata, ed essendo a termini non
negativi, converge.
\end{prova}
\qed
\end{prova}
\subsection{Serie telescopica}
La successione $\{a_n\}$ e la serie 
\[
\serien (a_{n+1}-a_n)
\]
hanno lo stesso carattere. Questo deriva semplicemente, dal fatto che 
\[
s_n=\sum_{i=1}^{n}(a_{n+1}-a_n)
\]
e' una serie telescopica, cioe'
\[
s_n=\sum_{i=1}^{n} (a_{n+1}-a_n)= (a_{2}-a_1)+(a_{3}-a_2)+\dots+(a_{n+1}-a_n)=a_{n+1}-a_1
\]
\subsection{Taylor e Mac-Laurin}
\ilabel{taylor}
\begin{exemp}
	Studiamo la sviluppabilita' in serie di taylor di centro $x_0=0$
	\[
	f(x)=\log(1+x):]-1,+1]\longrightarrow \mathbb{R}
	\]
	\begin{align*}
		&f\in \dclasseinf{]-1:+\infty [}\\
		&f'(x)=\frac{1}{1+x}\\
		&f''(x)=\frac{-1}{(1+x)^2}\\
		&f'''(x)=\frac{2(1+x)}{(1+x)^4}=\frac{2}{(1+x)^3}\\
		&\derivn{4}{f(x)}=\frac{2(1+x)^4-4(1+x)^32(1+x)}{(1+x)^8}=
		\frac{-6(1+x)^4}{(1+x)^8}=\frac{-6}{(1+x)^4}
		\\
		&\derivn{5}{f(x)}=\frac{ 24}{\left( x + 1\right)  ^{5}}\\
		&\derivn{6}{f(x)}=\frac{ - 120}{\left( x + 1\right)  ^{6}}\\
		&\vdots\\
		&\derivn{n}{f(x)}=\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!}{(1+x)^n}
	\end{align*}
	Ovvero, vogliamo provare che $\forall x \in ]-1,1]$:
	\begin{align*}
&f(x)=f(0)+\frac{f'(0)}{1!}x+\frac{f''(0)}{2!}x^2+\dots+\frac{\derivn{n}{f(0)}}{n!}x^{n}+\dots\\
&f(x)=0+x-\frac{x^2}{2!}+\frac{2x^3}{3!}+\dots+\frac{(-1)^{n-1}(n-1)!x^n}{n!}+\dots=\\
&=x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+\dots+\frac{(-1)^{n-1}x^n}{n}+\dots=\\
&=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\;\;\;\forall x \in ]-1,1]
\end{align*}
Osserviamo che fissato un $-1<x<1$
\begin{align*}
	&\frac{1}{1+x}=\serien (-x)^{n-1}\;\;\T{ serie geom di ragione $(-x)$}
\end{align*}
che, liberando $x$ in $]-1,1]$ si puo' intendere come una serie di potenze di
centro $0$:
\[
\frac{1}{1+x}=\serien (-1)^{n-1}x^{n-1}\;\;(1)
\]
applichiamo allora il corollario di Cauchy-Hadamad:
\begin{align*}
	&\limn \frac{|a_{n+1}|}{a_n}=\limn 1=1=:l
\end{align*}
quindi, il raggio di convergenza e' $\frac{1}{l}=1$. Con questa informazione
possiamo dire che in $]-1,1[$ la $(1)$ converge assolutamente, anzi e' tot.
conv in ogni intervallo $[a,b]\subseteq ]-1,1[$. Possiamo applicare
l'integrazione di serie all'intervallo $[0,b]$ e $[a,0]$:
\begin{align*}
	&\inte{0}{b} \frac{1}{1+x}=\serien \inte{0}{b} (-1)^{n-1}x^{n-1}\\
	&\log(1+b)=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}b^n\;\;\;\forall b \in [0,1]\\
	&\inte{a}{0} \frac{1}{1+x}=\serien \inte{a}{0} (-1)^{n-1}x^{n-1}\\
	&\log(1+a)=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}a^n\;\;\;\forall a \in [-1,0]\\
\end{align*}
quindi
\[
\log(1+x)=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\;\;\;\forall x \in ]-1,1[\;\;(2)
\]
La $(2)$ e' una serie di potenze, cerchiamo allora di applicare il teorema di
Abel: prima di tutto vediamo se la $(2)$ converge o meno negli estremi.\\
L'$H$ di $(2)$ e':
\[
H=\{h\ge 0\;|\;\serien \Big|\frac{(-1)^{n-1}}{n}\Big|h^{n-1}\;\;\T{ converge}\}
\]
Utilizzando il criterio del rapporto, si vede che $\sup H=r=1$. Nota
\footnote{Potevamo calcolare l'r riutilizzando il corollario di
Cauchy-Hadamad: 
\[
\limn \pass{\frac{(-1)^n}{n+1}} \pass{\frac{n}{(-1)^{n-1}}}=\lim
\frac{n}{n+1}=1\>r=1
\]
}. 
Quindi, la
$(2)$ converge in $]-1,1[$ e non converge in $\mathbb{R}\setminus [-1,1]$. Per
quanto riguarda gli estremi, la $(2)$ si comporta cosi':
\begin{align*}
	&x=1\\
	&\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}\;\T{converge (visto in exp
	\see{exodasd})}\\
	&x=-1\\
	&\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}(-1)^n=\serien \frac{-1}{n}=-\infty 
\end{align*}
A questo punto, per il thm di Abel, possiamo dire che la $(2)$ e'
uniformemente convergente in ogni intervallo del tipo $[a,1]$ con $-1<a<1$.\\
Quindi, in questi intervalli, possiamo applicare il thm  sulla continuita' della
funzione limite: sia $S(x)$ la somma della serie, abbiamo fin'ora visto che
\[
S(x)=\begin{cases}
	\log(1+x)&x\in  ]-1,1[\\
	S(1)&x=1
\end{cases}
\]
per il thm sulla continuita' della funzione limite, $S(x)$ e' continua, quindi
\begin{align*}
	&\lim_{x\to 1^-} S(x)=S(1)\\
	&\lim_{x\to 1^-} S(x)=\lim_{x\to 1^-} \log(1+x)=\log(2)\\
	&S(1)=\log(2)=\log(1+1)
\end{align*}
In definitiva, abbiamo che
\[
\log(1+x)=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\;\;\;\forall x \in ]-1,1]
\]
\end{exemp}
\subsection{Irrazionalita' di $e$}
Abbiamo visto in analisiII.pdf che 
\eal{&
e^x=\serie{k=1} {x^{k-1}\over (k-1)!}
}
percio'
\eal{&
e=\serie{k=1} {1 \over (k-1)!}\'\'(*)
}
\begin{prova}
Dimostriamo l'irrazionalita' di $e$.
\step{}{Fissato un $n\in \mathbb{N}$, proviamo le seguenti disuguaglianze:
\eal{
&0<e-\sum_{k=1}^{n+1}{1 \over (k-1)!}\'\'(1)\\
&e-\sum_{k=1}^{n+1}{1 \over (k-1)!} < \frac{1}{n!n}\'\'(2)\\
}
}
\begin{prova}
	\step{}{Partiamo dalla $(1)$}
	\begin{prova}
	La serie
\[\serie{k=1}{1 \over (n+k)!}\'\'(3)\]
e' la serie resto di posto $n+1$ della $(*)$.
Per quanto visto in \see{thmserieresto}, e poiche' la $(*)$ converge, anche la
$(3)$ converge e inoltre 
\eal{&S=\T{somma della $(*)$}=e\\
&s_n=\T{somma parziale della (*)}\\
&T=\T{somma della (3)}=S-s_{n+1}=e-\sum_{k=1}^{n+1}{1 \over (k-1)!}\\
&(3) \T{ a termini positivi } \> T > 0 \= 0<e-\sum_{k=1}^{n+1}{1 \over (k-1)!}\=(1)
}
\end{prova}
\step{}{Dimostriamo l'uguaglianza $(2)$}
\begin{prova}
Consideriamo la seguente serie:
\[
\serie{k=1} \frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}=
\frac{1}{(n+1)!}\serie{k=1} \pton{\frac{1}{n+1}}^{k-1}\'\'(4)
\]
Se escludiamo il fattore $\frac{1}{(n+1)!}$, la $(4)$ diventa una serie geometrica di ragione $\frac{1}{n+1} < 1$, quindi
converge a $\frac{1}{1-\frac{1}{n+1}}$.\\ Moltiplicando per il fattore
otteniamo:
\eal{&
\frac{1}{(n+1)!}\serie{k=1} \pton{\frac{1}{n+1}}^{k-1}=
\frac{1}{(n+1)!\pton{1-\frac{1}{n+1}}}=
\frac{1}{n!n}
}
\step{}{
Confrontiamo la $(3)$ con la $(4)$:
}
\begin{prova}
\eal{
&\T{si dimostra per induzione che:}\\
&\qq 
{1 \over (n+k)!} \le \frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}} \;\;\forall k\in \mathbb{N} \\
&\T{infatti, }\\
&k=1:\qq 
{1 \over (n+1)!} \le 
\frac{1}{(n+1)!}\\
&\T{supp. vera per $k$.}\\
&k+1:\\
&\qq \T{per Hp induttiva si ha: }\\
&\qq {1 \over (n+k)!} \le \frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}} +\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}\frac{k}{n+1} \=\\
&\qq {1 \over (n+k)!} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}(1+\frac{k}{n+1}) \=\\
&\qq {1 \over (n+k)!} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}(\frac{n+1}{n+1}+\frac{k}{n+1}) \=\\
&\qq {1 \over (n+k)!} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}(\frac{n+k+1}{n+1}) \ubrace{\=}{\T{ dividendo per
$n+k+1$ }}\\
&\qq {1 \over (n+k+1)(n+k)!} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k-1}}(\frac{1}{n+1}) \=\\
&\qq {1 \over (n+k+1)!} <
\frac{1}{(n+1)!(n+1)^{k}}
}
\end{prova}
Quindi, per il teorema del confronto, la somma della $(3)$ e' $\le $ di quella
della $(4)$, ovvero
\eal{&
e-\sum_{k=1}^{n+1}{1 \over (k-1)!} \le \frac{1}{n!n}
}
Quindi la disuguaglianza $(2)$ e' dimostrata.
\end{prova}
\end{prova}
\qedstep
\begin{prova}
	Supponiamo per assurdo che $e=\frac{p}{q},\;\;p,q\in \mathbb{N},
	p\neq q,q> 1$. Per
	la $(1)$ e $(2)$, fissando $n=q$, si ha:
	\eal{
	&0<\frac{p}{q}-\sum_{k=1}^{q+1}{1 \over (k-1)!} < \frac{1}{q!q}\\
&\T{moltiplichiamo ambo i membri per $q!$: }\\
&0<\frac{p}{q}q!-q!\sum_{k=1}^{q+1}{1 \over (k-1)!} < \frac{1}{q} \\
&0<\ubrace{p(q-1)!-\sum_{k=1}^{q+1}{q! \over (k-1)!}}{M} < \frac{1}{q} \'\'(0')\\
&\qq \sum_{k=1}^{q+1}{q! \over (k-1)!} = 
\frac{q!}{1}+
\frac{q!}{1!}+
\frac{q!}{2!}+\dots+
\frac{q!}{q!} =q!+q!+q(q-1)\dots 3 +\dots+1\in \mathbb{N}\'\'(1')\\
&\qq q> 1,q\in \mathbb{N}, p\in \mathbb{N} \> p(q-1)!\in \mathbb{N}\'\'(2')\\
&\qq 0<p(q-1)!-\sum_{k=1}^{q+1}{q! \over (k-1)!} \= 
p(q-1)!>\sum_{k=1}^{q+1}{q! \over (k-1)!} \'\'(3')\\
& (1'),(2'),(3') \> M \in \mathbb{N}\\
&(0') \>  M  < \frac{1}{q} < 1\T{ assurdo contro } M\in \mathbb{N}
}
\end{prova}
\end{prova}
\subsection{Formulario}
Fattoriale
\begin{itemize}
	\item \eal{n!! = \sist{
		1&n=1\\
		\frac{n!}{(n-1)!!}&n\neq 1
		}
		}
	      Ad esempio, 
	      \eal{
	      8!! = 8\cdot 6\cdot 4\cdot 2\\
	      9!! = 9\cdot 7\cdot 5 \cdot 3}
      \item $n! = n!! (n-1)!!$
	\item $(2n)!! = 2^nn!$
	\item $(2n+1)!! = \frac{(2n+1)!}{(2n)!!}= \frac{(2n+1)!}{2^nn!}$
\end{itemize}
Limiti e serie di taylor:
\begin{itemize}
	\item $\lim  \frac{x^{n}}{n!} =0\;\forall x \in \mathbb{R}$
	\item $\lim  \frac{n!}{n^n} =0$
	\item $e^x=1+	\frac{x}{1!}+\dots+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\dots$
	\item $\log(1+x)=\serien \frac{(-1)^{n-1}}{n}x^n\;\;\;\forall x \in ]-1,1]$
	\item $ \sin(x)=\frac{x}{1!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\dots+ \frac{(-1)^{n+1}x^{2n-1}}{(2n-1)!}+\dots$
	\item $
		\cos(x)={1}-\frac{x^2}{2!}+\frac{x^4}{4!}-\frac{x^6}{6!}+\dots+
		\frac{(-1)^{n+1}x^{2n-2}}{(2n-2)!}+\dots$
	\item $\arctan x = \serien\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}
		x^{2n-1}\quad\;\;\forall x\in [-1,1] 1$

\end{itemize}
	
\section{Spazi metrici}
\begin{defn}
	distanza tra due insiemi $X,Y$ di $(S,d)$:
	\[
	d(X,Y):=\inf \pgra{d(x,y)\;|\;x\in X,\;y\in Y}
	\]
	\[
	X,Y\T{ sono asintotici }\=
	X\^Y=\0,\;d(X,Y)=0
	\]
\end{defn}
\begin{thm}\qq\\
	$X$ sequenzialmente compatto, $Y$ chiuso, $d(X,Y)=0\>X\^Y\neq \0$
\end{thm}
\begin{prova}
\pf
\begin{prova}
	\def\xkn{{{x_{k_n}}}}
	\def\ykn{{{y_{k_n}}}}
	\def\x{{x^*}}
	\eal{&
	d(X,Y)=0 \ubrace{\>}{\T{II prop. inf}} \forall \varepsilon=\frac{1}{n}>0\;\;
	\exists x_n\in X,\;\exists y_n\in Y:\;\;d(x_n,y_n) <
	\frac{1}{n}\'\'(1)\\
	&\pgra{x_n}\(X,\;\;X\T{ seq. comp.} \> \exists \{\xkn\}:\;\;\xkn
	\longrightarrow \x\in X\'\'(2)\\
	&\ykn\longrightarrow \x\T{ infatti,}\\
	&\qq 0\le d(\ykn,\x) \le  d(\ykn, \xkn)+d(\xkn, \x) \ubrace{<}{(1)}
	\ubrace{\frac{1}{k_n}}{\to 0} +\ubrace{d(\xkn,\x)}{\to 0\;\;(2)}\\
	&\qq \qq \> d(\ykn, \x)\to 0\= \ykn\to\x\\
	&\ykn \to \x \>\x\in \ove Y \ubrace{=}{\T{Y e' chiuso}} Y\\
	&\x\in X\^Y
}
\qed
\end{prova}
\end{prova}
\begin{cor}
	\label{corXchiusoDsingXestzeroallorayinX}
	\[
	X\T{chiuso },\;d(\pgra{y},X)=0\>y\in X
	\]
\end{cor}
\begin{prova}
	\pf
	\begin{prova}
		$\pgra{y}$ e' seq. compatto, $X$ e' chiuso,
		$d(X,Y)=0\ubrace{\>}{\T{thm prec.}} \pgra{y}\^X\neq \0\=y\in
		X$
	\end{prova}
\end{prova}
\begin{exemp}
	Consideriamo $A=\pgra{(x,y)\in
	\mathbb{R}^2\;|\;y=\frac{1}{x}}=\pgra{(x,\frac{1}{x})\;|\;x\in
	\mathbb{R}}$,
	ovvero l'iperbole equilatera. $B=\pgra{(x,0)\;|\;x\in \mathbb{R}}$,
	ovvero l'asse $x$. $A,B$ sono asintotici, infatti, $A\^B=0$,
	\eal{&
	d((n,\frac{1}{n}),(n,0))=\sqrt{
	(n-n)^2+\frac{1}{n^2}
	}=\frac{1}{n}\to 0\\
	}
\end{exemp}
\begin{prop}
	Disuguaglianza triangolare per distanza punto-insieme\\
	Dato lo spazio metrico $(S,d)$, $X\(S$, $x,y\in S$, si ha
	\eal{&d(x,S)\le d(x,y)+d(y,S)}
	dove con $d(x,S)$ si intende $d(\pqua{x},S)$.
\end{prop}
\begin{proof}
	\def\ove#1{{#1_\eps}}
	\def\eps{{\varepsilon}}
	\eal{&d(y,S)=\inf\pgra{d(y,s)\;|\;s\in S}
	\> \forall \eps  >0 \;\;\exists \ove s\in S:\;d(y,\ove s) -\eps  <
	d(y,S)\;\;(1)\\
	&d(x,S)=\inf\pgra{d(x,s)\;|\;s\in S}\le d(x,\ove
	s)\ubrace{\le}{\T{disug. triang.}} d(x,y)+d(y,\ove s) \ubrace{<}{(1)}
	 d(x,y)+ d(y,S)+\eps\\
	 &d(x,S) < d(x,y)+ d(y,S)+\eps\;\;\forall \eps >0
	} 
	e prendendo i limiti per $\eps \to 0$, si ha:
	\eal{&d(x,S)\le d(x,y)+d(y,S)
	}
\end{proof}



%%%%%%%
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\end{document}