Convergenza serie con parametro
Ciao a tutti, non riesco a capire perchè la mia soluzione non coincida con quella della scheda.La serie incriminata è la seguente:
$ sum_(n = 2)^(oo ) (-1)^n(log(3n)/(n^a) ) $
Ora,se possibile vorrei qualche indicazione sul mio approccio,solitamente quando NON vedo funzioni trigonometriche la convergenza assoluta la lascio perdere e passo direttamente a Leibniz. Cerco quindi prima di dimostrare la "decrescenza" della funzione mediante derivata prima....Questo è ciò che ottengo:
$ f'(x)= (1-alog(3x))/x^(a+1) $
Noto subito che il denominatore è maggior di zero per ogni valore di x,mi concentro sul numeratore,quello che mi interessa è trovare un certo "a" tale da rendere,in questo caso,il numeratore minor di zero:
$ 1-alog(3x)<0 $
$ (3x)^a>e hArr a>=1 $
Questo dovrebbe bastare a dimostrare la "decrescenza" della successione (noterete che l'ho trasformata in una funzione di x...l'ho fatto per semplicità di scrittura mia)
A questo punto resta solo da capire se e quando è infinitesima, visto l'abisso che separa la funzione logaritmo dall'esponenziale direi che è infinitesima per $ a>0 $ unendo le soluzioni dovrei ottenere che,per il criterio di Leibniz,la serie converge qual'ora $ a>= 1 $
La scheda,invece,riporta $ 0
Non capisco dove sbaglio e la cosa mi demoralizza alquanto
Grazie a tutti,ciao!
$ sum_(n = 2)^(oo ) (-1)^n(log(3n)/(n^a) ) $
Ora,se possibile vorrei qualche indicazione sul mio approccio,solitamente quando NON vedo funzioni trigonometriche la convergenza assoluta la lascio perdere e passo direttamente a Leibniz. Cerco quindi prima di dimostrare la "decrescenza" della funzione mediante derivata prima....Questo è ciò che ottengo:
$ f'(x)= (1-alog(3x))/x^(a+1) $
Noto subito che il denominatore è maggior di zero per ogni valore di x,mi concentro sul numeratore,quello che mi interessa è trovare un certo "a" tale da rendere,in questo caso,il numeratore minor di zero:
$ 1-alog(3x)<0 $
$ (3x)^a>e hArr a>=1 $
Questo dovrebbe bastare a dimostrare la "decrescenza" della successione (noterete che l'ho trasformata in una funzione di x...l'ho fatto per semplicità di scrittura mia)
A questo punto resta solo da capire se e quando è infinitesima, visto l'abisso che separa la funzione logaritmo dall'esponenziale direi che è infinitesima per $ a>0 $ unendo le soluzioni dovrei ottenere che,per il criterio di Leibniz,la serie converge qual'ora $ a>= 1 $
La scheda,invece,riporta $ 0
Non capisco dove sbaglio e la cosa mi demoralizza alquanto
Grazie a tutti,ciao!
Risposte
In realtà questa serie converge per ogni \(a>0\).
Infatti, essa è assolutamente convergente per \(a>1\) (confronto asintotico con una serie armonica generalizzata convergente), mentre per \(0
f(x) := \frac{1}{x^a}\ \log (3x)
\]
è infinitesima per \(x\to \infty\) e definitivamente decrescente intorno a \(\infty\)[nota]Essa è definitivamente decrescente intorno a \(\infty\) perché la derivata prima è negativa per \(x>1/3\ e^{1/a}\).[/nota], il criterio di Leibniz si applica e garantisce la convergenza semplice.
Infatti, essa è assolutamente convergente per \(a>1\) (confronto asintotico con una serie armonica generalizzata convergente), mentre per \(0
f(x) := \frac{1}{x^a}\ \log (3x)
\]
è infinitesima per \(x\to \infty\) e definitivamente decrescente intorno a \(\infty\)[nota]Essa è definitivamente decrescente intorno a \(\infty\) perché la derivata prima è negativa per \(x>1/3\ e^{1/a}\).[/nota], il criterio di Leibniz si applica e garantisce la convergenza semplice.
scusa la domanda banale, ma, per quanto riguarda la convergenza assoluta, è asintotico ad un'armonica generalizzata perché il deno è un infinito di ordine molto superiore al numeratore e quindi è lui "a comandare" ? Detto in parole molto povere....
Non riesco a capire dove sia il mio errore... Tutt'ora mi verrebbe da dire $a>=1$
Grazie.
Non riesco a capire dove sia il mio errore... Tutt'ora mi verrebbe da dire $a>=1$
Grazie.
Dato che:
\[
\lim_n n^p\ \frac{\log(3n)}{n^a} = \begin{cases} \infty &\text{, se } p\geq a\\
0 &\text{, se } 0\leq p
\]
è evidente che \(\frac{\log(3n)}{n^a}\) è un infinitesimo non dotato di ordine (rispetto all'infinitesimo campione \(1/n\)), ma di ordine superiore ad ogni ordine \(p
Ciò implica che, non appena \(a>1\), puoi confrontare (asintoticamente) i termini della tua serie coi corrispondenti termini della serie armonica generalizzata d'esponente \(p(a):=\frac{1+a}{2}\) (che è un esponente \(>1\) e \(
\begin{split}
\lim_n n^{p(a)}\ \frac{\log(3n)}{n^a}=0 \qquad &\Rightarrow\qquad \text{per } \varepsilon =1,\ \exists \nu:\ \forall n\geq \nu,\ \left| n^{p(a)}\ \frac{\log(3n)}{n^a}\right| \leq 1\\
&\Rightarrow \qquad \forall n \geq \nu ,\ \frac{\log(3n)}{n^a} \leq \frac{1}{n^{p(a)}}
\end{split}
\]
con la serie \(\sum 1/n^{p(a)}\) convergente; perciò la serie \(\sum |(-1)^n \frac{\log(3n)}{n^a}| = \sum \frac{\log(3n)}{n^a}\) converge perché a termini positivi e maggiorata definitivamente da una serie convergente.
\[
\lim_n n^p\ \frac{\log(3n)}{n^a} = \begin{cases} \infty &\text{, se } p\geq a\\
0 &\text{, se } 0\leq p
\]
è evidente che \(\frac{\log(3n)}{n^a}\) è un infinitesimo non dotato di ordine (rispetto all'infinitesimo campione \(1/n\)), ma di ordine superiore ad ogni ordine \(p
Ciò implica che, non appena \(a>1\), puoi confrontare (asintoticamente) i termini della tua serie coi corrispondenti termini della serie armonica generalizzata d'esponente \(p(a):=\frac{1+a}{2}\) (che è un esponente \(>1\) e \(
\begin{split}
\lim_n n^{p(a)}\ \frac{\log(3n)}{n^a}=0 \qquad &\Rightarrow\qquad \text{per } \varepsilon =1,\ \exists \nu:\ \forall n\geq \nu,\ \left| n^{p(a)}\ \frac{\log(3n)}{n^a}\right| \leq 1\\
&\Rightarrow \qquad \forall n \geq \nu ,\ \frac{\log(3n)}{n^a} \leq \frac{1}{n^{p(a)}}
\end{split}
\]
con la serie \(\sum 1/n^{p(a)}\) convergente; perciò la serie \(\sum |(-1)^n \frac{\log(3n)}{n^a}| = \sum \frac{\log(3n)}{n^a}\) converge perché a termini positivi e maggiorata definitivamente da una serie convergente.
Niente, scusa se ti faccio perdere tempo ma non ho capito niente. O troviamo il modo di partire dal mio ragionamento e poi avanziamo altrimenti non ci capisco una fava
Cosa non capisci di preciso?
Che criteri di convergenza assoluta conosci? Come li applichi?
Sai come si confrontano gli infinitesimi?
Che criteri di convergenza assoluta conosci? Come li applichi?
Sai come si confrontano gli infinitesimi?
Allora, di criteri di convergenza assoluta non credevo ne esistessero più di uno,come dicevo nel primo messaggio li applico praticamente solo quando incontro funzioni trigonometriche e si...generalmente... Riesco a fare confronti in maniera quasi del tutto soddisfacente......quasi... Quello che non capisco è perché le mie considerazioni siano sbagliate, ho fatto tutti gli esercizi sulle serie del mio orrido eserciziario(mazzoldi ) i cui risultati comprendo e accetto ma questo esercizio stravolge quello che sapevo.
Se bisogna cominciare da qualche parte allora direi che per me il termine generale è infinitesimo per ogni $a>0$
Grazie mille per le risposte
Se bisogna cominciare da qualche parte allora direi che per me il termine generale è infinitesimo per ogni $a>0$
Grazie mille per le risposte
Ok, allora facciamo direttamente tutto lo studio della convergenza della serie assegnata.
Innanzitutto, cominciamo a dire che la serie è a segni alterni, perché i suoi addendi sono del tipo \((-1)^n a_n\) con \(a_n:= \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) (ho usato ed userò \(\alpha\) come esponente per non confondere l'esponente con la "\(a\)" degli \(a_n\)) ed \(a_n>0\) per \(n\geq 2\).
Dato che \(a_n\to 0\) per ogni valore positivo dell'esponente \(\alpha\) e che la successione \((-1)^n\) è limitata, la serie assegnata soddisfa la condizione necessaria alla convergenza per ogni \(\alpha >0\).
Per studiare la convergenza semplice della serie, dato che essa è a segni alterni, basta usare il noto criterio di Leibniz:
Dato che la i è evidentissimamente soddisfatta per ogni \(\alpha >0\), basta cercare di capire quando è soddisfatta la ii.
Consideriamo la funzione ausiliaria \(f:]0,\infty[\to \mathbb{R}\) definita ponendo:
\[
f(x) := \frac{\log(3x)}{x^\alpha}
\]
e notiamo che \(a_n=f(n)\).
Mostriamo che \(f\) decresce per \(x\) "sufficientemente grandi". Poiché:
\[
f^\prime (x) = \frac{1-\alpha\ \log(3x)}{x^{\alpha +1}}\; ,
\]
si vede che \(f^\prime (x)\leq 0\) se e solo se \(x\geq e^{1/\alpha}/3\); quindi, per noti criteri di monotonia, la \(f\) decresce (e lo fa strettamente) nell'intervallo \([e^{1/\alpha}/3 , \infty[\).
Conseguentemente, ponendo \(\nu =\nu(\alpha):=\max \{2, e^{1/\alpha}/3\}\), si ha:
\[
n+1>n\geq \nu \geq e^{1/\alpha}/3 \qquad \Rightarrow \qquad a_{n+1}=f(n+1)
per ogni \(n\geq \nu\), quindi \((a_n)\) è decrescente per \(n\) "grandi" e vale la ii.
Dunque, il criterio di Leibniz si applica e garantisce la convergenza (semplice) della serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) per ogni \(\alpha >0\).
Fin qui ci sei?
Innanzitutto, cominciamo a dire che la serie è a segni alterni, perché i suoi addendi sono del tipo \((-1)^n a_n\) con \(a_n:= \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) (ho usato ed userò \(\alpha\) come esponente per non confondere l'esponente con la "\(a\)" degli \(a_n\)) ed \(a_n>0\) per \(n\geq 2\).
Dato che \(a_n\to 0\) per ogni valore positivo dell'esponente \(\alpha\) e che la successione \((-1)^n\) è limitata, la serie assegnata soddisfa la condizione necessaria alla convergenza per ogni \(\alpha >0\).
Per studiare la convergenza semplice della serie, dato che essa è a segni alterni, basta usare il noto criterio di Leibniz:
Se una serie a segni alterni \(\sum (-1)^n a_n\), con \(a_n>0\), soddisfa:
[list=i][*:2vhvpf5o] \(\lim_n a_n=0\),
[/*:m:2vhvpf5o]
[*:2vhvpf5o] per \(n\) "sufficientemente grande" la successione \((a_n)\) è decrescente, cioé esiste un indice \(\nu\) tale che per ogni \(n\geq \nu\) si ha \(a_n\geq a_{n+1}\),[/*:m:2vhvpf5o][/list:o:2vhvpf5o]
allora la serie \(\sum (-1)^n a_n\) converge.
Dato che la i è evidentissimamente soddisfatta per ogni \(\alpha >0\), basta cercare di capire quando è soddisfatta la ii.
Consideriamo la funzione ausiliaria \(f:]0,\infty[\to \mathbb{R}\) definita ponendo:
\[
f(x) := \frac{\log(3x)}{x^\alpha}
\]
e notiamo che \(a_n=f(n)\).
Mostriamo che \(f\) decresce per \(x\) "sufficientemente grandi". Poiché:
\[
f^\prime (x) = \frac{1-\alpha\ \log(3x)}{x^{\alpha +1}}\; ,
\]
si vede che \(f^\prime (x)\leq 0\) se e solo se \(x\geq e^{1/\alpha}/3\); quindi, per noti criteri di monotonia, la \(f\) decresce (e lo fa strettamente) nell'intervallo \([e^{1/\alpha}/3 , \infty[\).
Conseguentemente, ponendo \(\nu =\nu(\alpha):=\max \{2, e^{1/\alpha}/3\}\), si ha:
\[
n+1>n\geq \nu \geq e^{1/\alpha}/3 \qquad \Rightarrow \qquad a_{n+1}=f(n+1)
per ogni \(n\geq \nu\), quindi \((a_n)\) è decrescente per \(n\) "grandi" e vale la ii.
Dunque, il criterio di Leibniz si applica e garantisce la convergenza (semplice) della serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) per ogni \(\alpha >0\).
Fin qui ci sei?
Credo di si, in pratica perché sia decrescente è sufficiente che $x>e^(1/a)/3$, quindi si, fin qui anche a me sembra quadrare che basti $a>0$, premettendo però che la x sia mostruosamente grande per allora ma visto che va a infinito immagino non ci siano problemi....a questo punto istintivamente avrei detto che la funzione era definitivamente decrescente per $a>0$ ma qualcosa mi dice che hai in serbo qualche brutta sorpresa 
Grazie per le spiegazioni!
Grazie per le spiegazioni!
Ok.
Allora proviamo con la convergenza assoluta, adesso.
Il crtierio di convergenza assoluta che viene comodo usare è quello dell'ordine di infinitesimo:
Per applicare il teorema allo studio della convergenza assoluta della serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) dobbiamo stabilire "quanto velocemente" tende a zero la successione di termine generale \(|x_n| = a_n = \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\), ossia dobbiamo studiarne l'ordine di infinitesimo (rispetto al campione \(1/n\)).
Per fare ciò, formiamo il rapporto:
\[
\frac{a_n}{\frac{1}{n^p}} = n^p\ \frac{\log(3n)}{n^\alpha} = \frac{\log(3n)}{n^{\alpha -p}}
\]
e studiamone il limite al variare di \(p>0\): evidentemente, abbiamo:
\[
\tag{1}
\begin{split}
\lim_n \frac{a_n}{\frac{1}{n^p}} &= \lim_n \frac{\log(3n)}{n^{\alpha -p}} \\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } \alpha - p>0\\ +\infty &\text{, se } \alpha -p\leq 0\end{cases}\\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } p<\alpha\\ +\infty &\text{, se } p\geq \alpha\end{cases}
\end{split}
\]
e da ciò deduciamo che \(a_n\) è un infinitesimo non dotato di ordine[nota]Ricorda che, per definizione, un infinitesimo \(x_n\) è dotato di ordine rispetto ad \(1/n\) se esiste un numero \(\bar{p}>0\) tale che:
\[
\lim_n \frac{|x_n|}{\frac{1}{n^{\bar{p}}}} = l \quad \text{, con } l \text{ finito e } >0\; ;
\]
in tal caso, il numero \(\bar{p}\) è detto ordine dell'infinitesimo \(x_n\) rispetto a \(1/n\).
Nel caso in esame, un \(\bar{p}\) che soddisfi le richieste di cui sopra non esiste, ergo \(a_n\) non è dotato di ordine.[/nota], e che però esso è un infinitesimo d'ordine superiore ad ogni \(0
Conseguentemente, se \(\alpha \leq 1\), (per la seconda delle eventualità previste dai casi in (1)) \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine inferiore a \(p(\alpha)=\frac{1+\alpha}{2}\geq \alpha\); dato che \(p(\alpha)\leq 1\), da quanto appena detto segue che \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine inferiore ad \(1\) e perciò scatta la seconda parte del criterio, che assicura l'impossibilità di convergenza assoluta per \(\sum (-1)^n a_n\).
[La morale della favola è questa: se \(\alpha \leq 1\) c'è spazio sufficiente tra \(\alpha\) ed \(1\) per scegliere un ordine \(p(\alpha)\leq 1\) in modo che \(a_n\) tenda a zero più lentamente di \(1/n^{p(\alpha)}\) e, dunque, più lentamente di \(1/n\); perciò la serie dei moduli \(\sum a_n\) può essere minorata da una serie armonica e divergente del tipo \(\sum C/n\) (con \(C>0\) costante opportuna), quindi essa deve necessariamente divergere.]
Al contrario, se \(\alpha>1\), \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine superiore a \(p(\alpha):= \frac{1+\alpha}{2}<\alpha\); dato che \(p(\alpha) >1\), si può prendere \(\hat{p}=p(\alpha)\) ed applicare la prima parte del criterio dell'ordine di infinitesimo, la quale garantisce la convergenza assoluta di \(\sum (-1)^n a_n\).
[La morale della favola è questa: se \(\alpha > 1\) c'è spazio sufficiente tra \(\alpha\) ed \(1\) per scegliere un ordine \(p(\alpha)> 1\) in modo che \(a_n\) tenda a zero più velocemente di \(1/n^{p(\alpha)}\); dunque, la serie dei moduli \(\sum a_n\) può essere maggiorata da una serie armonica generalizzata e convergente del tipo \(\sum C/n^{p(\alpha)}\) (con \(C>0\) costante opportuna), quindi essa deve necessariamente convergere.]
Riassumendo: per la serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) abbiamo convergenza solo semplice (garantita da Leibniz) e non assoluta per \(\alpha \leq 1\); mentre abbiamo convergenza assoluta (e quindi pure semplice) per \(\alpha >1\).
Allora proviamo con la convergenza assoluta, adesso.
Il crtierio di convergenza assoluta che viene comodo usare è quello dell'ordine di infinitesimo:
Sia \(\sum x_n\) una serie di numeri reali che soddisfa la condizione necessaria alla convergenza \(\lim_n x_n=0\).
Se la successione di termine generale \(|x_n|\) è un infinitesimo d'ordine superiore (rispetto all'infinitesimo campione \(1/n\)) a qualche \(\hat{p}>1\), cioé se esiste un \(\hat{p}>1\) per cui risulta:
\[
|x_n| = \text{o}\left( \frac{1}{n^\hat{p}}\right) \qquad \Leftrightarrow\qquad \lim_n n^\hat{p}\ |x_n| =0\; ,
\]
allora \(\sum x_n\) converge assolutamente.
Se, invece, la successione di termine generale \(|x_n|\) è infinitesima d'ordine inferiore od uguale ad \(1\), allora la serie \(\sum x_n\) non converge assolutamente.
Per applicare il teorema allo studio della convergenza assoluta della serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) dobbiamo stabilire "quanto velocemente" tende a zero la successione di termine generale \(|x_n| = a_n = \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\), ossia dobbiamo studiarne l'ordine di infinitesimo (rispetto al campione \(1/n\)).
Per fare ciò, formiamo il rapporto:
\[
\frac{a_n}{\frac{1}{n^p}} = n^p\ \frac{\log(3n)}{n^\alpha} = \frac{\log(3n)}{n^{\alpha -p}}
\]
e studiamone il limite al variare di \(p>0\): evidentemente, abbiamo:
\[
\tag{1}
\begin{split}
\lim_n \frac{a_n}{\frac{1}{n^p}} &= \lim_n \frac{\log(3n)}{n^{\alpha -p}} \\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } \alpha - p>0\\ +\infty &\text{, se } \alpha -p\leq 0\end{cases}\\
&= \begin{cases} 0 &\text{, se } p<\alpha\\ +\infty &\text{, se } p\geq \alpha\end{cases}
\end{split}
\]
e da ciò deduciamo che \(a_n\) è un infinitesimo non dotato di ordine[nota]Ricorda che, per definizione, un infinitesimo \(x_n\) è dotato di ordine rispetto ad \(1/n\) se esiste un numero \(\bar{p}>0\) tale che:
\[
\lim_n \frac{|x_n|}{\frac{1}{n^{\bar{p}}}} = l \quad \text{, con } l \text{ finito e } >0\; ;
\]
in tal caso, il numero \(\bar{p}\) è detto ordine dell'infinitesimo \(x_n\) rispetto a \(1/n\).
Nel caso in esame, un \(\bar{p}\) che soddisfi le richieste di cui sopra non esiste, ergo \(a_n\) non è dotato di ordine.[/nota], e che però esso è un infinitesimo d'ordine superiore ad ogni \(0
Conseguentemente, se \(\alpha \leq 1\), (per la seconda delle eventualità previste dai casi in (1)) \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine inferiore a \(p(\alpha)=\frac{1+\alpha}{2}\geq \alpha\); dato che \(p(\alpha)\leq 1\), da quanto appena detto segue che \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine inferiore ad \(1\) e perciò scatta la seconda parte del criterio, che assicura l'impossibilità di convergenza assoluta per \(\sum (-1)^n a_n\).
[La morale della favola è questa: se \(\alpha \leq 1\) c'è spazio sufficiente tra \(\alpha\) ed \(1\) per scegliere un ordine \(p(\alpha)\leq 1\) in modo che \(a_n\) tenda a zero più lentamente di \(1/n^{p(\alpha)}\) e, dunque, più lentamente di \(1/n\); perciò la serie dei moduli \(\sum a_n\) può essere minorata da una serie armonica e divergente del tipo \(\sum C/n\) (con \(C>0\) costante opportuna), quindi essa deve necessariamente divergere.]
Al contrario, se \(\alpha>1\), \(a_n\) è un infinitesimo d'ordine superiore a \(p(\alpha):= \frac{1+\alpha}{2}<\alpha\); dato che \(p(\alpha) >1\), si può prendere \(\hat{p}=p(\alpha)\) ed applicare la prima parte del criterio dell'ordine di infinitesimo, la quale garantisce la convergenza assoluta di \(\sum (-1)^n a_n\).
[La morale della favola è questa: se \(\alpha > 1\) c'è spazio sufficiente tra \(\alpha\) ed \(1\) per scegliere un ordine \(p(\alpha)> 1\) in modo che \(a_n\) tenda a zero più velocemente di \(1/n^{p(\alpha)}\); dunque, la serie dei moduli \(\sum a_n\) può essere maggiorata da una serie armonica generalizzata e convergente del tipo \(\sum C/n^{p(\alpha)}\) (con \(C>0\) costante opportuna), quindi essa deve necessariamente convergere.]
Riassumendo: per la serie \(\sum (-1)^n \frac{\log(3n)}{n^\alpha}\) abbiamo convergenza solo semplice (garantita da Leibniz) e non assoluta per \(\alpha \leq 1\); mentre abbiamo convergenza assoluta (e quindi pure semplice) per \(\alpha >1\).
Mi spiace, non riesco a capire quello che hai scritto, ho provato a cercare sul mio libro ma nelle serie non trovo traccia di questo criterio, c'è un breve accenno nella parte degli integrali, utilizza gli sviluppi di taylor e dice,se per esempio $f'(x)!=0$ allora ordine di annullamento =1 se $f''(x)!=0$ allora ordine di annullamento 2 e così via.
Comunque, utilizzando la convergenza assoluta, non posso semplicemente portare a denominatore il log e dire che il tutto è asintotico a $1/x$? E che quindi converge assolutamente solo se a>1 mente per leibniz converge semplicemente se a>0 e chi si è visto si è visto? Comunque sto scorrendo tutte le pagine relative alle serie e agli asintoti ma non trovo nulla di simile
Comunque, utilizzando la convergenza assoluta, non posso semplicemente portare a denominatore il log e dire che il tutto è asintotico a $1/x$? E che quindi converge assolutamente solo se a>1 mente per leibniz converge semplicemente se a>0 e chi si è visto si è visto? Comunque sto scorrendo tutte le pagine relative alle serie e agli asintoti ma non trovo nulla di simile
"Satiro":
Mi spiace, non riesco a capire quello che hai scritto, ho provato a cercare sul mio libro ma nelle serie non trovo traccia di questo criterio, c'è un breve accenno nella parte degli integrali, utilizza gli sviluppi di taylor e dice,se per esempio $f'(x)!=0$ allora ordine di annullamento =1 se $f''(x)!=0$ allora ordine di annullamento 2 e così via.
Beh, allora prova a dimostrare il teorema che ti ho citato.
Non è difficile (e l'ho imparato anch'io così).
"Satiro":
Comunque, utilizzando la convergenza assoluta, non posso semplicemente portare a denominatore il log e dire che il tutto è asintotico a $1/x$?
Il che è falso... Anche se ci metti \(1/x^\alpha\) (perché?).
"Satiro":
E che quindi converge assolutamente solo se a>1
E perché?
"Satiro":
mente per leibniz converge semplicemente se a>0 e chi si è visto si è visto?
Vabbé, questo è assodato.
Allora vado con ordine
Ahaha la prima passo, ti sei fatto un'idea completamente sbagliata della persona che hai davanti se pensi che sia in grado di tirare fuori una dimostrazione
Forse mi sono confuso con la seconda,a me risulta che de l'hospital mi mandi tutto a zero per $a>0$ mentre per $a<=0 $va a infinito....e quindi per ogni $a>0$ è asintotica all'armonica generalizzata di grado $a$ che a sua volta converge se $a>1$ non so se riuscirò mai a convincermi di qualcosa di diverso ahah ero piuttosto soddisfatto della mia conclusione
Grazie per la pazienza, so che è difficile starmi dietro,ora rimpiango di non aver mai aperto libro alle superiori
Ahaha la prima passo, ti sei fatto un'idea completamente sbagliata della persona che hai davanti se pensi che sia in grado di tirare fuori una dimostrazione
Forse mi sono confuso con la seconda,a me risulta che de l'hospital mi mandi tutto a zero per $a>0$ mentre per $a<=0 $va a infinito....e quindi per ogni $a>0$ è asintotica all'armonica generalizzata di grado $a$ che a sua volta converge se $a>1$ non so se riuscirò mai a convincermi di qualcosa di diverso ahah ero piuttosto soddisfatto della mia conclusione
Grazie per la pazienza, so che è difficile starmi dietro,ora rimpiango di non aver mai aperto libro alle superiori
"Satiro":
Ahaha la prima passo, ti sei fatto un'idea completamente sbagliata della persona che hai davanti se pensi che sia in grado di tirare fuori una dimostrazione
E che significa?
Perché, se oggi non sai fare una cosa, non dovresti saperla mai fare vita natural durante?
Così come hai imparato a leggere, a scrivere, a nuotare ed ad andare in bicicletta, puoi imparare pure a fare dimostrazioni (anche perchè, altrimenti, che stai studiando a fare Analisi?).
"Satiro":
Forse mi sono confuso con la seconda,a me risulta che de l'hospital mi mandi tutto a zero per $a>0$ mentre per $a<=0 $va a infinito....e quindi per ogni $a>0$ è asintotica all'armonica generalizzata di grado $a$ che a sua volta converge se $a>1$ non so se riuscirò mai a convincermi di qualcosa di diverso ahah ero piuttosto soddisfatto della mia conclusione
Beh, allora posta i conti ed il ragionamento che hai fatto: ci ragioniamo insieme.
Ciao! Scusa se non mi sono più fatto sentire ma mi è saltato internet, comunque risolto, grazie mille!
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