Criterio del confronto che passione!
Ragazzi eccone un'altra:
Sul libro mi dice che sta serie è da risolvere col criterio del confronto o del confronto asintotico:
serie da 1 a infinito di:
((log(n))^5)/n^2
...proprio non mi viene in mente niente...
Sul libro mi dice che sta serie è da risolvere col criterio del confronto o del confronto asintotico:
serie da 1 a infinito di:
((log(n))^5)/n^2
...proprio non mi viene in mente niente...
Risposte
Se moltiplichi la serie per n e fai il limite questo va a 0; allora la serie ha un andamento asintotico simile a quello di 1/n^a con a>1, quindi converge.
Platone
Platone
Scusa Platone ma non capisco.
Moltiplico la serie per n e ok, il limite va a 0.
(ma ci andava già a 0 perchè abbiamo dovuto moltiplicare?)
Poi da questo deduci che allora ha un andamento asintotico a quello di 1/n^a con a>1.
...e da cosa lo hai capito? Dal fatto che andava a 0?
Bhe allora anche 1/n va a 0 come 1/n^a.
Ti prego spiegami!
Moltiplico la serie per n e ok, il limite va a 0.
(ma ci andava già a 0 perchè abbiamo dovuto moltiplicare?)
Poi da questo deduci che allora ha un andamento asintotico a quello di 1/n^a con a>1.
...e da cosa lo hai capito? Dal fatto che andava a 0?
Bhe allora anche 1/n va a 0 come 1/n^a.
Ti prego spiegami!
Non e' vero che 1/n va a 0 come 1/n^a. Infatti de se dividi 1/n per 1/n^a e fai i limite all'infinito, il limite va a infinito, ossia 1/n^a e' un infinitesimo di ordine superiore.
Per l'altra domanda non so che risponderti: per come lo conosco io il criterio del confronto dice proprio quello che mi chiedi.
Piu' che cercare di improvvisare una dimostrazione (e sinceramente ora non mi va) non so che dirti.
Platone
Per l'altra domanda non so che risponderti: per come lo conosco io il criterio del confronto dice proprio quello che mi chiedi.
Piu' che cercare di improvvisare una dimostrazione (e sinceramente ora non mi va) non so che dirti.
Platone
io so che log^a(n)< n^b
con a=5 e b=1/2 viene log^5(n) < radq n
sum ((log(n))^5)/n^2 < sum radq n/n^2=sum 1/n^3/2
l'ultima serie converge => anche la tua converge per il teorema del confronto
con a=5 e b=1/2 viene log^5(n) < radq n
sum ((log(n))^5)/n^2 < sum radq n/n^2=sum 1/n^3/2
l'ultima serie converge => anche la tua converge per il teorema del confronto
Sono due tipi di confronto diversi: quello che ho usato io e' il confronto asintotico.
Cmq anche come hai fatto tu e' giusto.
Platone
Cmq anche come hai fatto tu e' giusto.
Platone
ma questo: log^a(n)< n^b
come lo dimostri?
L.L
come lo dimostri?
L.L
Cosa vuoi dimostrare?
Sono funzioni elementeri, ed e' noto che il logaritmo e' piu' lento di ogni potenza e ogni redice.
Platone
Sono funzioni elementeri, ed e' noto che il logaritmo e' piu' lento di ogni potenza e ogni redice.
Platone
ciao leev,
lo dimostri con il limite notevole lim log^a(n)/ n^b = 0
ciao
lo dimostri con il limite notevole lim log^a(n)/ n^b = 0
ciao
Esiste su internet una tabella degli "asintotici" che elenca gli asintotici da sapere a memoria per risolvere le serie?
Altrimenti non è mica facile inventarsi le serie con cui effettuare il confronto!!!
Altrimenti non è mica facile inventarsi le serie con cui effettuare il confronto!!!
ok, io sapevo ke il log (n) era più lento di n^a per a>0, xo in effetti aggiungendo l'esponente al log cambia poko...sorry
(cmq pure questo limite ha la sua dimostrazione...la 'notorietà' di qc non è per tutti la stessa...)
Ciau
L.L
(cmq pure questo limite ha la sua dimostrazione...la 'notorietà' di qc non è per tutti la stessa...)
Ciau
L.L
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo