Continuano i problemi con le serie e le successioni
Ragazzi per favore aiutatemi, non so + dove sbattere la testa!
Risposte
L'esercizio 4 sono riuscito a risolverlo, ma gli altri non c'è niente da fare!!!
2° Es.
$\sum_(n=p+1)^oo1/(n^2-p^2)=\sum_(n=p+1)^oo1/(2p)[1/(n-p)-1/(n+p)]=1/(2p)[\sum_(n=p+1)^oo1/(n-p)-\sum_(n=p+1)^oo1/(n+p)]$=
=$1/(2p){[1/1+1/2+1/3+....+1/(2p)+1/(2p+1)+1/(2p+2)+1/(2p+3)+.....]-[1/(2p+1)+1/(2p+2)+1/(2p+3)+.....]}$=
=$1/(2p)(1+1/2+1/3+....+1/(2p))$
Archimede
$\sum_(n=p+1)^oo1/(n^2-p^2)=\sum_(n=p+1)^oo1/(2p)[1/(n-p)-1/(n+p)]=1/(2p)[\sum_(n=p+1)^oo1/(n-p)-\sum_(n=p+1)^oo1/(n+p)]$=
=$1/(2p){[1/1+1/2+1/3+....+1/(2p)+1/(2p+1)+1/(2p+2)+1/(2p+3)+.....]-[1/(2p+1)+1/(2p+2)+1/(2p+3)+.....]}$=
=$1/(2p)(1+1/2+1/3+....+1/(2p))$
Archimede
3° a
E' noto che (vedi altri post di questo stesso forum) :
$\sum_(1)^n n/2^n=2[n/2^(n+1)-(n+1)/2^n+1]$
Da cui si ricava che:
$\sum_(1)^oon/2^n=2$
Pertanto avremo:
$\sum_(k)^oo n/2^n=\sum_(1)^oo n/2^n-\sum_(1)^(k-1) n/2^n$
Ovvero:
$\sum_(k)^oo n/2^n=2-2((k-1)/2^k-k/2^(k-1)+1)=(k+1)/2^(k-1)$
Con la notazione $\sum_p^q f(n)$ indico la sommatoria su f(n) con n
variabile da p a q
Archimede
E' noto che (vedi altri post di questo stesso forum) :
$\sum_(1)^n n/2^n=2[n/2^(n+1)-(n+1)/2^n+1]$
Da cui si ricava che:
$\sum_(1)^oon/2^n=2$
Pertanto avremo:
$\sum_(k)^oo n/2^n=\sum_(1)^oo n/2^n-\sum_(1)^(k-1) n/2^n$
Ovvero:
$\sum_(k)^oo n/2^n=2-2((k-1)/2^k-k/2^(k-1)+1)=(k+1)/2^(k-1)$
Con la notazione $\sum_p^q f(n)$ indico la sommatoria su f(n) con n
variabile da p a q
Archimede
"archimede":
3° a
E' noto che (vedi altri post di questo stesso forum) :
$\sum_(1)^n n/2^n=2[n/2^(n+1)-(n+1)/2^n+1]$
Da cui si ricava che:
$\sum_(1)^oon/2^n=2$
Pertanto avremo:
$\sum_(k)^oo n/2^n=\sum_(1)^oo n/2^n-\sum_(1)^(k-1) n/2^n$
Ovvero:
$\sum_(k)^oo n/2^n=2-2((k-1)/2^k-k/2^(k-1)+1)=(k+1)/2^(k-1)$
Con la notazione $\sum_p^q f(n)$ indico la sommatoria su f(n) con n
variabile da p a q
Archimede
Caro archimede non riesco a seguire il tuo ragionamento! Probabilmente perché mattina presto, ma .....
3 a
La prima e' una formula che mi pare sia gia' stata trovata sul Forum
ma che comunque posso sempre ridimostrare.
Il secondo passaggio si giustifica facendo tendere n all'inf nella prima formula .
Il terzo passaggio si ottiene ossservando che, se da una serie che va da 1 ad inf
si sottraggono i primi (k-1) termini, si ottiene appunto una serie che va da k ad inf.
Infine il quarto passaggio si ricava sostituendo ,nel 2° membro,alla serie
da 1 ad inf il limite 2 e alla serie da 1 a (k-1) la formula iniziale nella quale
al posto di n va messo (k-1).
Colgo l'occasione per osservare che ,se questi sono esercizi da esame ,saranno
ben pochi quelli che la sfangano!
Per gli altri quesiti ho qualche idea ma il difficile e' scriverli:una faticaccia!
Un saluto alla Svizzera...
Archimede.
La prima e' una formula che mi pare sia gia' stata trovata sul Forum
ma che comunque posso sempre ridimostrare.
Il secondo passaggio si giustifica facendo tendere n all'inf nella prima formula .
Il terzo passaggio si ottiene ossservando che, se da una serie che va da 1 ad inf
si sottraggono i primi (k-1) termini, si ottiene appunto una serie che va da k ad inf.
Infine il quarto passaggio si ricava sostituendo ,nel 2° membro,alla serie
da 1 ad inf il limite 2 e alla serie da 1 a (k-1) la formula iniziale nella quale
al posto di n va messo (k-1).
Colgo l'occasione per osservare che ,se questi sono esercizi da esame ,saranno
ben pochi quelli che la sfangano!
Per gli altri quesiti ho qualche idea ma il difficile e' scriverli:una faticaccia!
Un saluto alla Svizzera...
Archimede.
5b
Accogliendo il suggerimento dato, si ha da calcolare $(1-z-z^2)f(z)=f(z)-zf(z)-z^2f(z)$
Ora e':
$f(z)=z+z^2+2z^3+3z^4+5z^5+8z^6+......$ Moltiplicando per z e poi per z^2:
$zf(z)=z^2+z^3+2z^4+3z^5+5z^6+......$
$z^2f(z)=z^3+z^4+2z^5+3z^6+......$
Da cui sottrendo risulta:
$f(z)-zf(z)-z^2f(z)=z$ e pertanto
$f(z)=z/(1-z-z^2$
C.D.D.
Ho esplicitato le somme perche' si capisce meglio che non con le sommatorie simboliche.
Archie
Accogliendo il suggerimento dato, si ha da calcolare $(1-z-z^2)f(z)=f(z)-zf(z)-z^2f(z)$
Ora e':
$f(z)=z+z^2+2z^3+3z^4+5z^5+8z^6+......$ Moltiplicando per z e poi per z^2:
$zf(z)=z^2+z^3+2z^4+3z^5+5z^6+......$
$z^2f(z)=z^3+z^4+2z^5+3z^6+......$
Da cui sottrendo risulta:
$f(z)-zf(z)-z^2f(z)=z$ e pertanto
$f(z)=z/(1-z-z^2$
C.D.D.
Ho esplicitato le somme perche' si capisce meglio che non con le sommatorie simboliche.
Archie
3b
Risulta:
$\sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=\sum_(n=0)^oo (n+1)^2 (1/2)^(n+1)=\sum_(n=0)^oo(n^2+2n+1)(1/2)^n*1/2=1/2 \sum_(n=0)^oo n^2(1/2)^n+\sum_(n=0)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
Oppure:
$\sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n+\sum_(n=1)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
Da cui:
$1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=\sum_(n=1)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
E cioe':
$1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=2+1/2*(1/(1-1/2))$
Infine:
$ \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=6
Archie.
Risulta:
$\sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=\sum_(n=0)^oo (n+1)^2 (1/2)^(n+1)=\sum_(n=0)^oo(n^2+2n+1)(1/2)^n*1/2=1/2 \sum_(n=0)^oo n^2(1/2)^n+\sum_(n=0)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
Oppure:
$\sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n+\sum_(n=1)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
Da cui:
$1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=\sum_(n=1)^oo n(1/2)^n+1/2 \sum_(n=0)^oo (1/2)^n$
E cioe':
$1/2 \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=2+1/2*(1/(1-1/2))$
Infine:
$ \sum_(n=1)^oo n^2(1/2)^n=6
Archie.
Io ti posso dare una mano per il primo quesito:
$\sum_{n=1}^{+\infty}{sqrt{n+1}-\sqrt{n}}/n=sum_{n=1}^{+\infty}{n+1-n}/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=1/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}\approxsum_{n=1}^{+\infty}1/{n\cdot2n^{1/2}}=sum_{n=1}^{+\infty}1/{2n^{3/2}}<+\infty$
La serie converge perchè l'esponente al denominatore è maggiore di 1.
$\sum_{n=1}^{+\infty}{sqrt{n+1}-\sqrt{n}}/n=sum_{n=1}^{+\infty}{n+1-n}/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=1/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}\approxsum_{n=1}^{+\infty}1/{n\cdot2n^{1/2}}=sum_{n=1}^{+\infty}1/{2n^{3/2}}<+\infty$
La serie converge perchè l'esponente al denominatore è maggiore di 1.
"cavallipurosangue":
Io ti posso dare una mano per il primo quesito:
$\sum_{n=1}^{+\infty}{sqrt{n+1}-\sqrt{n}}/n=sum_{n=1}^{+\infty}{n+1-n}/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}=1/{n(sqrt{n+1}+\sqrt{n})}\approxsum_{n=1}^{+\infty}1/{n\cdot2n^{1/2}}=sum_{n=1}^{+\infty}1/{2n^{3/2}}<+\infty$
La serie converge perchè l'esponente al denominatore è maggiore di 1.
Volendo aplicare alla lettera il criterio con una maggiorante e sapendo che la sommatoria da 1 ad infinito di 1/(k^s) con s >1 converge, come risulterebbe?
Ragazzi ho un altro piccolo problemino: questa con il criterio della maggiornate che faccio?
Ma perchè ti vuoi complicare la vita? Il criterio del confronto asintotico è perfettamente corretto..
Qui infatti basta dire che:
$\sum_{n=1}^{+\infty}{\sqrt{n+1}}/{\root{3}{n^5+n^3-1}}\approx\sum_{n=1}^{+\infty}n^{1/2}/n^{5/3}=\sum_{n=1}^{+\infty}1/n^{7/6}<+\infty$
Ecco fatto senza particolari problemi..
Qui infatti basta dire che:
$\sum_{n=1}^{+\infty}{\sqrt{n+1}}/{\root{3}{n^5+n^3-1}}\approx\sum_{n=1}^{+\infty}n^{1/2}/n^{5/3}=\sum_{n=1}^{+\infty}1/n^{7/6}<+\infty$
Ecco fatto senza particolari problemi..
Il problema è che io a scuola quel criterio asintotico non l'ho visto! Non ce lo hanno spiegato!
Cmq sia quelle due serie da dimostrare che convergono le ho fatte! eheh in un modo o nell'altro! Ma il resto....
Cmq sia quelle due serie da dimostrare che convergono le ho fatte! eheh in un modo o nell'altro! Ma il resto....
"archimede":
3 a
La prima e' una formula che mi pare sia gia' stata trovata sul Forum
ma che comunque posso sempre ridimostrare.
Il secondo passaggio si giustifica facendo tendere n all'inf nella prima formula .
Il terzo passaggio si ottiene ossservando che, se da una serie che va da 1 ad inf
si sottraggono i primi (k-1) termini, si ottiene appunto una serie che va da k ad inf.
Infine il quarto passaggio si ricava sostituendo ,nel 2° membro,alla serie
da 1 ad inf il limite 2 e alla serie da 1 a (k-1) la formula iniziale nella quale
al posto di n va messo (k-1).
Colgo l'occasione per osservare che ,se questi sono esercizi da esame ,saranno
ben pochi quelli che la sfangano!
Per gli altri quesiti ho qualche idea ma il difficile e' scriverli:una faticaccia!
Un saluto alla Svizzera...
Archimede.
Ciao! Potresti dimostrarmi come si dimostra quella formula? Grazie!
Ti rispondo volentieri.
Si parte dalla formula della somma di una progressione geometrica di ragione x:
$sum_(1)^n x^n=x*(1-x^n)/(1-x)=(x-x^(n+1))/(1-x)$
Derivando rispetto da x si ha:
$sum_(1)^n nx^(n-1)=([1-(n+1)x^n](1-x)+(x-x^(n+1)))/(1-x)^2$
Moltiplicando il tutto per x:
$sum_(1)^n nx^n=([1-(n+1)x^n](x-x^2)+(x^2-x^(n+2)))/(1-x)^2=(x-(n+1)x^(n+1)+nx^(n+2))/(1-x)^2$
Per $x=1/2$ risulta:
$sum_(1)^n n/2^n=2-(n+1)/2^(n-1)+n/2^n=2[1-(n+1)/2^n+n/2^(n+1)]$
Usare nella sommatoria la stessa lettera n per la variabile su cui sommare e per
l'indice della stessa non e' proprio il massimo ma l'ho fatto per semplificare le notazioni.
Archimede
Si parte dalla formula della somma di una progressione geometrica di ragione x:
$sum_(1)^n x^n=x*(1-x^n)/(1-x)=(x-x^(n+1))/(1-x)$
Derivando rispetto da x si ha:
$sum_(1)^n nx^(n-1)=([1-(n+1)x^n](1-x)+(x-x^(n+1)))/(1-x)^2$
Moltiplicando il tutto per x:
$sum_(1)^n nx^n=([1-(n+1)x^n](x-x^2)+(x^2-x^(n+2)))/(1-x)^2=(x-(n+1)x^(n+1)+nx^(n+2))/(1-x)^2$
Per $x=1/2$ risulta:
$sum_(1)^n n/2^n=2-(n+1)/2^(n-1)+n/2^n=2[1-(n+1)/2^n+n/2^(n+1)]$
Usare nella sommatoria la stessa lettera n per la variabile su cui sommare e per
l'indice della stessa non e' proprio il massimo ma l'ho fatto per semplificare le notazioni.
Archimede
Ti ringrazio veramente di cuore!
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