Carattere di una serie

[galles90]

Buonasera,

sto determinando il carattere della seguente serie:

$sum_1^infty ((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(-nlog^2n)$

vorrei procedere utilizzando il criterio del confronto asintotico, vi chiedo se sono corretti i passaggi che seguono.

Considerando il termine generale della serie proposta

$a_n=((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(-nlog^2n)=e^-(nlog^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1)))=1/(e^(nlog^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1))))=1/(e^n*e^log(n^2)*log((n^2+n+1)/(n^2-n+1)))=1/(e^n((n^4+n^3+n^2)/(n^2-n+1))).$


Studiando il fattore

$1/((n^4+n^3+n^2)/(n^2-n+1)) ~ 1/n^2 to +infty.$

Per cui il termine generale

$a_n ~ b_n=1/(n^2e^n).$

Per io criterio del confronto asintotico possiamo studiare la serie di termine generale $b_n$ per poi determinare il carattere. quindi

$sum_1^infty b_n =sum_1^infty 1/(n^2e^n) $

si tratta di una serie armonica generalizzata con logaritmo, ovvero del tipo

$sum_1^infty 1/((e^delta)n^alpha*(logn)^beta)$

per ogni $alpha, beta in mathbb{R}$ e $delta>0$ la serie converge, visto che:

$delta=1$
$alpha=2$
$beta=0$

per cui la serie di termine generale $b_n$ converge. Infine per il criterio del confronto asintotico la serie di termine generale $a_n$ converge.

Ciao

[pilloeffe]

Ciao galles90,

Ci sono degli errori piuttosto gravi nel passaggio seguente:

"galles90":
$ a_n=...=1/(e^(nlog^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1))))=1/(e^n*e^log(n^2)*log((n^2+n+1)/(n^2-n+1)))=1/(e^n((n^4+n^3+n^2)/(n^2-n+1)))$

[galles90]

Buongiorno pilloeffe,

si faccio sempre confusione

comunque rivedendo il termine generale $a_n$ potrei riscriverlo "salvo errori" nella seguente maniera:

$a_n=((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(-nlog^2n)=[((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(-log^2n)]^n=[1/((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(log^2n)]^n$

da quì applicare il criterio della radice, in quanto dovrebbe risultare $a_n >0$

Ciao.

[pilloeffe]

Eh, così va meglio...

"galles90":[...] in quanto dovrebbe risultare $ a_n > 0 $

Risulta senz'altro perché si ha

$a_n = ((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = ((n^2 - n + 1 + 2n)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = (1 + (2n)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = $
$ = (1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{-nlog^2n} $

e $ n^2-n+1 > 0 $ $\AA n \in \NN $.

[galles90]

Perfetto.

Quindi ritornando al discorso di prima, possiamo applicare il criterio della radice, il quale dice:

Sia $a_n >0$ inoltre supponioamo che esiste il $lim_(n to infty) sqrt(a_n)=l$

si distinguano due casi

1. $l<1$ la serie converge
2. $l>1$ la serie diverge.

Per cui consideriamo $ sqrt(a_n)$ "dove $a_n$ nella forma a cui sono pervenuto" si ha che:

$a_n=((1)/((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(log^2n))=1/(e^(log^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1))))=1/(e^(log((n^4+n^3+n^2)/(n^2-n+1))))$

per cui passando al limite e per la continuità del logaritmo si ha che:

$lim_(n to infty) a_n=1/(e^infty)=1/infty=0$

si ha $0<1$ per il criterio della radice si ha la convergenza della serie.


Dimmi se ho commesso errori,ciao.

[pilloeffe]

"galles90":Dimmi se ho commesso errori

Sì, ne hai commesso un altro piuttosto grave qui:

"galles90":$ a_n = ... = 1/(e^(log^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1))))=1/(e^(log((n^4+n^3+n^2)/(n^2-n+1)))) $

Ma scusa, perché non parti dalla scrittura di $a_n $ che ti ho mostrato nel mio post precedente?

$ a_n = (1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{-nlog^2n} = \frac{1}{(1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{nlog^2n}} $

A questo punto calcoli $\lim_{n \to +\infty} root[n] a_n $

[galles90]

Ti chiedo un pò di pazienza, non perchè i tuoi consigli e passaggi non siano esaustivi,anzi, ma per il semplice fatto che vorrei imparare sporcando le mani, tutto quì, se avessi ascoltato il tuo consiglio magari sarei già arrivato al completamento dell'esercizio ma quasi sicuramente non avrei riconusciuto i miei errori

Comunque ritornando all'errore "grave" da me fatto, potrei procedere effettuando un confronto tra le funzioni presenti all'esponente "in effetti siamo interessati a quello" si ha che :

$b_n=log(1+(2n)/(n^2-n+1))log^2n=n[log(1+(2n)/(n^2-n+1))(log^2n)/(n)]$

essendo che i logaritmi sono infiniti trascurabili, rispetto a qualsiasi potenza per $n to + infty$ ottengo
$b_n=log(1+(2n)/(n^2-n+1))/(1/n)$

inoltre la funzione presene all'interno al logaritmo è equivalente a:

$1+ 1/n$ per $n to + infty$

per cui ottengo la funzione equivalente a quella data per $n to + infty$ cioè

$b_n ~ c_n = log(1+1/n)/(1/n) to 1$ per $n to + infty,$

Per cui ritornando al termine generale

$a_n ~ (1)/(e^(log(1+1/n)/(1/n))) to 1/e < 1$ per $n to + infty $


Ti ripeto non sono il tipo di imporre le cose, anzi... ma mi piace capire dove sbaglio.

Buona domenica.

[pilloeffe]

Capisco che tu voglia imparare sporcandoti le mani, il che se vogliamo è anche ammirevole, però devi pensare che in una prova scritta devi sceglierti la strada migliore e possibilmente più breve, evitando per quanto possibile di complicarti la vita come mi sembra tu stia facendo...
Si ha:

$ \lim_{n \to +\infty} root[n] a_n = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{(1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{log^2n}} = \lim_{n \to +\infty} \frac{1}{[(1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{\frac{n^2-n+1}{2n}}]^{\frac{2n}{n^2-n+1} \cdot log^2n}} = 1/e^0 = 1 $

Pertanto il criterio della radice non fornisce informazioni in merito alla convergenza o meno della serie proposta.
Per dimostrare che la serie proposta converge farei uso del confronto, ma non come l'hai fatto nell'ultimo post che è di nuovo errato.

[galles90]

"pilloeffe":Capisco che tu voglia imparare sporcandoti le mani, il che se vogliamo è anche ammirevole, però devi pensare che in una prova scritta devi sceglierti la strada migliore e possibilmente più breve, evitando per quanto possibile di complicarti la vita come mi sembra tu stia facendo...

grazie

Riprendo
$a_n=((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(-nlog^2n)=1/(((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^(nlog^2n))=1/(e^(nlog^2nlog((n^2+n+1)/(n^2-n+1))))=1/(e^(nlog^2nlog(1+(1)/((n^2-n+1)/(2n)))))$

se i passaggi sono correti, applico il ragionamento fatto prima, quindi:

$a_n ~ b_n=1/(e^((2n^2)/(n^2-n+1))$

dimmi come va cosi

[pilloeffe]

"galles90":dimmi come va cosi

Va ancora male, anche perché ti sei dimenticato un $log^2 n $, ma soprattutto perché non si capisce cosa intendi fare....
Se $a_n $ si comportasse come il $b_n $ che hai scritto, la serie proposta non sarebbe convergente (invece lo è). Se invece vuoi far vedere che si ha

$lim_{n \to +\infty} a_n = 0 $

questo è vero (una volta che ti ricordi di rimettere il $log^2 n $ al suo posto... ), ma questa informazione, come dovresti sapere, ci dice soltanto che la serie proposta può convergere (è cioè una condizione necessaria, ma non sufficiente).

[galles90]

Ragioniamo solo sull'esponente.

la funzione logaritma è trascurabile rispetto a qualsiasi potenza per $n to infty$ ?

se è cosi $log^2n$ è trascurabile rispetto ad $n$ per $n to infty$

[pilloeffe]

Farei così:

$ \sum_{n = 1}^{+\infty}((n^2+n+1)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = \sum_{n = 1}^{+\infty}((n^2 - n + 1 + 2n)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = \sum_{n = 1}^{+\infty}(1 + (2n)/(n^2-n+1))^{-nlog^2n} = $
$ = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{(1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{nlog^2n}} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{[(1 + 1/\frac{n^2-n+1}{2n})^{\frac{n^2 - n + 1}{2n} + 1}]^{\frac{2n^2}{n^2 + n + 1} log^2n}} <= \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{e^{\frac{2n^2}{n^2 + n + 1} log^2n}} <= $
$ <= \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{e^{log^2n}} <= \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{e}{n^2} = (e \pi^2)/6 $

[galles90]

Ciao piloeffe

Volevo chiederti, se ho una successione $a_n=nlog^an$ con $a>0$
per $n to infty$ posso trascurare la funzione $logn$, cioè posso dire che
$a_n~b_n=n$ per $n to infty$