Calcolo funzione con errore
f(x)=$sum_(n=1)^(+oo) (-1)^n (1/2)^n log(1+1/n)$
devo calcolarla con un errore di $10^-2$
devo trovare un indice N tale che $a_N<0,01$
questo succede per N=4 ($a_N=6$ x$10^-3$)
per il calcolo di f(x) devo sommare i primi 4 termini cioè sommare fino n=4?
devo calcolarla con un errore di $10^-2$
devo trovare un indice N tale che $a_N<0,01$
questo succede per N=4 ($a_N=6$ x$10^-3$)
per il calcolo di f(x) devo sommare i primi 4 termini cioè sommare fino n=4?
Risposte
Sì.
lo stesso procedimento lo uso se ho una serie a termini positivi tipo $sum_(n=0)^(+oo) n/(2^n)$?
No, ovviamente, perché quella maggiorazione dell'errore viene fuori dal criterio di Leibniz, che non si applica alle serie positive.
allora in quel caso come posso procedere?
"gbspeedy":
lo stesso procedimento lo uso se ho una serie a termini positivi tipo $sum_(n=0)^(+oo) n/(2^n)$?
per la stima posso usare il criterio dell'intergrale?
Sì, dovrebbe funzionare.
La successione degli addendi è positiva ed è decrescente per \(n\geq 2\) quindi, detta \( S>0\) la somma della serie, per \(N\geq 2\) trovi:
\[
S-\sum_{n=0}^N\frac{n}{2^n} = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{n}{2^n} \leq \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{x}{2^x}\ \text{d} x = \int_N^\infty x\ 2^{-x}\ \text{d} x = \frac{N\ln 2 +1}{2^N\ \ln^2 2}
\]
con la successione dei resti decrescente.
Quindi basta determinare \(N\) in modo che \( \frac{N\ln 2 +1}{2^N\ \ln^2 2} <\varepsilon\), ove \(\varepsilon >0\) è la soglia di errore prefissata.
La successione degli addendi è positiva ed è decrescente per \(n\geq 2\) quindi, detta \( S>0\) la somma della serie, per \(N\geq 2\) trovi:
\[
S-\sum_{n=0}^N\frac{n}{2^n} = \sum_{n=N+1}^\infty \frac{n}{2^n} \leq \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{x}{2^x}\ \text{d} x = \int_N^\infty x\ 2^{-x}\ \text{d} x = \frac{N\ln 2 +1}{2^N\ \ln^2 2}
\]
con la successione dei resti decrescente.
Quindi basta determinare \(N\) in modo che \( \frac{N\ln 2 +1}{2^N\ \ln^2 2} <\varepsilon\), ove \(\varepsilon >0\) è la soglia di errore prefissata.
se ho $int_(0)^(1) (e^x-e^-x)/(2x) dx $ , facendo tutti i passaggi ottengo $sum_(n=0)^(+oo) 1/((2n+1)(2n+1)!)$
con il fattoriale posso applicare il criterio dell'integrale?
con il fattoriale posso applicare il criterio dell'integrale?
Se conosci qualche funzione che approssima tutti i fattoriali ed è elementarmente integrabile sì, altrimenti ti tocca usare qualche altra strada.
e se stimassi la 'coda' della serie con una serie geometrica?
Sarebbe una stima davvero "loffia" (i termini di una serie geometrica decrescono molto meno velocemente di quelli della tua serie), ma servirebbe comunque allo scopo.
Un'altra maggiorazione, ancora più "loffia" in verità, è quella imposta da:
\[
\frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{(2n+1)^2\ 2n} \leq \frac{1}{(2n+2)\ 2n} = \frac{1}{4}\ \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)
\]
ossia:
\[
\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{4}\ \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{4(N+1)}\; .
\]
Un'altra maggiorazione, ancora più "loffia" in verità, è quella imposta da:
\[
\frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{(2n+1)^2\ 2n} \leq \frac{1}{(2n+2)\ 2n} = \frac{1}{4}\ \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)
\]
ossia:
\[
\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{4}\ \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{4(N+1)}\; .
\]
quindi mi basta porre $1/(4(N+1))$ < 0,01 per trovare N?
N=25
"gugo82":
Sarebbe una stima davvero "loffia" (i termini di una serie geometrica decrescono molto meno velocemente di quelli della tua serie), ma servirebbe comunque allo scopo.
Un'altra maggiorazione, ancora più "loffia" in verità, è quella imposta da:
\[
\frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{(2n+1)^2\ 2n} \leq \frac{1}{(2n+2)\ 2n} = \frac{1}{4}\ \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1}\right)
\]
ossia:
\[
\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{(2n+1)\ (2n+1)!} \leq \frac{1}{4}\ \sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} = \frac{1}{4(N+1)}\; .
\]
avrei una domanda da newbie:
come passi da:
$1/((2n+1)^2 *2n) <= 1/((2n+2)*2n)$ ?
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