Convergenza serie
$sum_(n=3)^(+oo)(-1)^n arctg(ln(n^(12alpha^2+alpha+1/2)+3)-6alpha*ln(n))$
qui il dominio di $D(alpha):=RR$ dunque devo capire a cosa tende l' argomento del logaritmo per vedere a cosa tende l' arcotangente.
Innanzitutto la serie e' equivalente a :
$lim_(n->+oo) arctg(ln(n^(12alpha^2-5alpha+1/2)))$ e dunque tende a $pi/2$ se $alpha<2uualpha>3$...
Invece se $2
Inoltre ho una domanda diversa dal caso in questione:
Quando ho una serie a termini alterni e voglio vedere se è decrescente e infinitesima posso, prima di farne la derivata, cercare di trovare una stima asintotica e poi farne la derivata? Si faciliterebbero di molto i calcoli ... Ma non sono molto sicuro che sia consentito. In ogni caso gli altri criteri (es. della radice, rapporto ecc.) li uso anche dopo aver trovato la stima asintotica e sono sempre andati bene...
Grazie ancora
qui il dominio di $D(alpha):=RR$ dunque devo capire a cosa tende l' argomento del logaritmo per vedere a cosa tende l' arcotangente.
Innanzitutto la serie e' equivalente a :
$lim_(n->+oo) arctg(ln(n^(12alpha^2-5alpha+1/2)))$ e dunque tende a $pi/2$ se $alpha<2uualpha>3$...
Invece se $2
Inoltre ho una domanda diversa dal caso in questione:
Quando ho una serie a termini alterni e voglio vedere se è decrescente e infinitesima posso, prima di farne la derivata, cercare di trovare una stima asintotica e poi farne la derivata? Si faciliterebbero di molto i calcoli ... Ma non sono molto sicuro che sia consentito. In ogni caso gli altri criteri (es. della radice, rapporto ecc.) li uso anche dopo aver trovato la stima asintotica e sono sempre andati bene...
Grazie ancora
Risposte
Innanzitutto la serie e' equivalente a :...
probabilmente c'e' un errore, a me risulta:
$ arctg(ln(n^(12alpha^2-5alpha+1/2))+ln(1+3/(n^(12alpha^2+alpha+1/2)))) $
il secondo ln va a 0 per $ nrarr+oo AA alphainmathbb(R) $
il primo ln e' pari a 0 quando $ 12alpha^2-5alpha+1/2=0 $ cioe' per $ alpha=1/4 $ et $ alpha=1/6 $ e quindi...
Non sono d accordo ...
Scusa se insisto ma nel primo messaggio scrivi "la serie e' equivalente a" : $ ln(n^12alpha^2-5alpha+1/2) $ mentre non dovrebbe essere al massimo
$ ln(n^(12alpha^2-5alpha+1/2)) $ ? Altrimenti il tuo stesso ragionamento successivo non mi torna.
$ ln(n^(12alpha^2-5alpha+1/2)) $ ? Altrimenti il tuo stesso ragionamento successivo non mi torna.
Vediamo di chiarire. Per prima cosa osserviamo che $12\alpha^2+\alpha+1/2>0$ per ogni scelta di $\alpha\in RR$. Per cui l'argomento dell'arcotangente può riscriversi come
$$\ln n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}+\ln\left(1+\frac{3}{n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}}\right)-6\alpha\cdot\ln n=\\\left(12\alpha^2-5\alpha+1/2\right)\ln n+\ln\left(1+\frac{3}{n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}}\right)$$
Al fine di avere la condizione del termine generale infinitesimo per applicare il Teorema di Leibniz deve allora essere, necessariamente
$$\beta=12\alpha^2-5\alpha+1/2=0$$
Se così non fosse, infatti, si avrebbe, detto $a_n$ tutto il termine generale
$$\lim_{n\to+\infty} a_n=\arctan(\beta\cdot\infty)$$
e quindi $\pm\pi/2$ a seconda che $\beta$ sia positivo o negativo. Pertanto, risolvendo l'equazione, si trovano i valori $\alpha=1/4,\ 1/6$ (già determinati da ostrogoto) che sono gli unici casi in cui la serie "potrebbe" convergere (resta ancora da studiare l'altra condizione del teorema).
$$\ln n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}+\ln\left(1+\frac{3}{n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}}\right)-6\alpha\cdot\ln n=\\\left(12\alpha^2-5\alpha+1/2\right)\ln n+\ln\left(1+\frac{3}{n^{12\alpha^2+\alpha+1/2}}\right)$$
Al fine di avere la condizione del termine generale infinitesimo per applicare il Teorema di Leibniz deve allora essere, necessariamente
$$\beta=12\alpha^2-5\alpha+1/2=0$$
Se così non fosse, infatti, si avrebbe, detto $a_n$ tutto il termine generale
$$\lim_{n\to+\infty} a_n=\arctan(\beta\cdot\infty)$$
e quindi $\pm\pi/2$ a seconda che $\beta$ sia positivo o negativo. Pertanto, risolvendo l'equazione, si trovano i valori $\alpha=1/4,\ 1/6$ (già determinati da ostrogoto) che sono gli unici casi in cui la serie "potrebbe" convergere (resta ancora da studiare l'altra condizione del teorema).
sisi scusate avete ragione ... è cosi' come dite (avevo dimenticato che il discriminante deve essere diviso per $2a=24$):D. Pero mi rimane ancora un dubbio: Ma la serie non dovrebbe convergere anche se $1/6
No, perché in quel caso il coefficiente del logaritmo è diverso da zero e l'argomento dell'arcotangente risulta infinito, per cui il limite viene $\pi/2$ come ti ho scritto. Per quanto riguarda la verifica dell'altra condizione, se segui quello che ho scritto, ti troverai a discutere l'andamento dei termini generali pari a
$$\arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n^{3/2}}\right)\right),\qquad \arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n}\right)\right)$$
rispettivamente per $\alpha=1/4$ e $\alpha=1/6$. E' facile vedere che in entrambi i casi i termini sono decrescenti: infatti, poiché gli esponenti degli $n$ sono due numeri $\gamma\ge 1$ in generale possiamo scrivere
$$n+1>n\ \Rightarrow\ (n+1)^\gamma>n^\gamma\ \Rightarrow\ 1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}<1+\frac{3}{n^\gamma}\ \Rightarrow\\ \ln\left(1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}\right)<\ln\left(1+\frac{3}{n^\gamma}\right)\ \Rightarrow\\ \arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}\right)\right)<\arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n^\gamma}\right)\right)$$
$$\arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n^{3/2}}\right)\right),\qquad \arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n}\right)\right)$$
rispettivamente per $\alpha=1/4$ e $\alpha=1/6$. E' facile vedere che in entrambi i casi i termini sono decrescenti: infatti, poiché gli esponenti degli $n$ sono due numeri $\gamma\ge 1$ in generale possiamo scrivere
$$n+1>n\ \Rightarrow\ (n+1)^\gamma>n^\gamma\ \Rightarrow\ 1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}<1+\frac{3}{n^\gamma}\ \Rightarrow\\ \ln\left(1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}\right)<\ln\left(1+\frac{3}{n^\gamma}\right)\ \Rightarrow\\ \arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{(n+1)^\gamma}\right)\right)<\arctan\left(\ln\left(1+\frac{3}{n^\gamma}\right)\right)$$
Ma scusate se io dimostro che la serie per $ alpha=1/4 $ converge assolutamente allora converge e sono a posto!
$ |(-1)^narctan(ln(1+3/n^(3/2)))|=arctan(ln(1+3/n^(3/2)))~3/n^(3/2) $ quindi la serie converge!
$ |(-1)^narctan(ln(1+3/n^(3/2)))|=arctan(ln(1+3/n^(3/2)))~3/n^(3/2) $ quindi la serie converge!
Ovvio, ma visto che dibattevamo sull'uso di Leibniz...
ok... Grazie ad entrambi per l' intervento...
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