Criterio integrale per le serie
Devo calcolare per quali $\alpha in RR$ la serie
$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{nlog^\alpha(n)}$
converge
Ho provato con il criterio integrale $int_{2}^{+\infty} \frac{1}{xlog^\alpha(x)}={(\frac{1}{1-\alpha} lim_{b->+\infty} |log^(-\alpha+1)(x)|, if \alpha!=1),(lim_(b->+\infty) |log(log(x))|, if \alpha=1) :}$
Che mi dice che se $\alpha>1$ la serie converge e diverge negli altri casi perché tale dovrebbe essere l'integrale improprio (con le || ho omesso gli estremi di integrazione e nel limite c'è direttamente la primitiva)
Ora però mi è stato detto che questo integrale converge sempre e mi sembra strano. Cosa ho sbagliato? Inoltre, l'estremo di integrazione deve essere per forza 1?
$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{nlog^\alpha(n)}$
converge
Ho provato con il criterio integrale $int_{2}^{+\infty} \frac{1}{xlog^\alpha(x)}={(\frac{1}{1-\alpha} lim_{b->+\infty} |log^(-\alpha+1)(x)|, if \alpha!=1),(lim_(b->+\infty) |log(log(x))|, if \alpha=1) :}$
Che mi dice che se $\alpha>1$ la serie converge e diverge negli altri casi perché tale dovrebbe essere l'integrale improprio (con le || ho omesso gli estremi di integrazione e nel limite c'è direttamente la primitiva)
Ora però mi è stato detto che questo integrale converge sempre e mi sembra strano. Cosa ho sbagliato? Inoltre, l'estremo di integrazione deve essere per forza 1?
Risposte
No, tutto giusto.
La serie che stai analizzando e l'integrale improprio associato convergono solo per esponenti $>1$.
La serie che stai analizzando e l'integrale improprio associato convergono solo per esponenti $>1$.
Mi sono accorto che la serie è in realtà $\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog^\alpha(n)}$. Ho analizzato la assoluta convergenza ma non so se posso concludere se per $\alpha>1$ l'integrale convergere.
Inoltre per quanto riguarda l'estremo 1?
"Inoltre, l'estremo di integrazione deve essere per forza 1?"
Inoltre per quanto riguarda l'estremo 1?
"Inoltre, l'estremo di integrazione deve essere per forza 1?"
Ciao Cantor99,
La serie proposta è la seguente:
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog^\alpha(n)} $
Col tuo primo post ne hai già studiata l'assoluta convergenza correttamente, come ti ha già confermato gugo82. Quindi, dato che dalla convergenza assoluta segue quella semplice, si può concludere che anche la serie proposta converge per $\alpha > 1 $.
Dato che la serie assoluta non converge per $\alpha = 1 $, l'unico dubbio che rimane è se la serie proposta converge per $\alpha = 1 $, cioè se converge la serie
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog(n)} $
La risposta è affermativa. Prova a dimostrare perché...
La serie proposta è la seguente:
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog^\alpha(n)} $
Col tuo primo post ne hai già studiata l'assoluta convergenza correttamente, come ti ha già confermato gugo82. Quindi, dato che dalla convergenza assoluta segue quella semplice, si può concludere che anche la serie proposta converge per $\alpha > 1 $.
Dato che la serie assoluta non converge per $\alpha = 1 $, l'unico dubbio che rimane è se la serie proposta converge per $\alpha = 1 $, cioè se converge la serie
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog(n)} $
La risposta è affermativa. Prova a dimostrare perché...
"Cantor99":
Mi sono accorto che la serie è in realtà $\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog^\alpha(n)}$.
Beh, allora la situazione è differente...
Probabilmente c'è convergenza per ogni $alpha in RR$.
Perché?
"pilloeffe":
Ciao Cantor99,
La serie proposta è la seguente:
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog^\alpha(n)} $
Col tuo primo post ne hai già studiata l'assoluta convergenza correttamente, come ti ha già confermato gugo82. Quindi, dato che dalla convergenza assoluta segue quella semplice, si può concludere che anche la serie proposta converge per $\alpha > 1 $.
Dato che la serie assoluta non converge per $\alpha = 1 $, l'unico dubbio che rimane è se la serie proposta converge per $\alpha = 1 $, cioè se converge la serie
$ sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^n}{nlog(n)} $
La risposta è affermativa. Prova a dimostrare perché...
Ma se $\alpha=1$ l'integrale non diverge? Quindi anche la serie dovrebbe per il criterio integrale, o no?
In ogni caso proverei con Leibniz o con qualche confronto e domani proverò effettivamente.
Grazie mille a entrambi
Ti inviterei a prestare attenzione a quanto scritto da gugo82...
Il fatto che la serie proposta certamente converga per i valori di $\alpha $ per i quali converge la sua serie assoluta, non significa che non possa convergere anche per altri valori di $\alpha $: tanto per fare un esempio semplice, con $\alpha = 0 $ la serie proposta diventa
$ sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n} = 1 - ln 2 $
Il fatto che la serie proposta certamente converga per i valori di $\alpha $ per i quali converge la sua serie assoluta, non significa che non possa convergere anche per altri valori di $\alpha $: tanto per fare un esempio semplice, con $\alpha = 0 $ la serie proposta diventa
$ sum_{n=2}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n} = 1 - ln 2 $
Ho capito il mio errore: una serie converge se e solo se converge quel particolare integrale ma, ove questo diverge, non è detto che la serie di partenza converga perché l'assoluta divergenza non implica nulla.
In ogni caso, la serie assoluta non è decrescente per ogni $n$, ma da un certo $n_0$ sì. Posso usare lo stesso Leibniz?
In ogni caso, la serie assoluta non è decrescente per ogni $n$, ma da un certo $n_0$ sì. Posso usare lo stesso Leibniz?
"Cantor99":
Ho capito il mio errore: una serie a termini positivi converge se e solo se converge quel particolare integrale
Così è corretto. In particolare se applichi il criterio alla serie dei valori assoluti, e questo fallisce, non puoi concludere nulla sulla convergenza semplice.
Conviene sempre tenere a mente la dimostrazione di questi criteri, non mi piace che vengano usati come fossero la parola di una divinità, ma purtroppo quando si studia è così. Il concetto fondamentale è interno al criterio del confronto: se \(0\le a_n\le b_n\) allora \(0\le \sum a_n\le \sum b_n\) (ovviamente), e se la serie a destra converge allora lo fa anche quella nel mezzo. Essenzialmente ovvio, discende dalla completezza dei reali e tutti i vari criteri per serie a termini positivi vengono di qua.
Il criterio integrale non fa eccezione: esso dice che se \(f\) è decrescente e positiva allora
\[
0\le \sum f(n) \le \int_0^\infty f(x)\, dx.\]
Si tratta, a ben vedere, di una ovvietà: è un metodo più che un criterio. Anni fa, ad esempio, non riuscivo a risolvere un esercizio e fu ViciousGoblin a mostrarmi che il criterio del confronto con integrale è in realtà una roba flessibile, da smontare e rimontare a proprio piacimento:
viewtopic.php?p=281710#p281710
In ogni caso, la serie assoluta non è decrescente per ogni $n$, ma da un certo $n_0$ sì. Posso usare lo stesso Leibniz?
Certamente. Riscrivi
\[
\sum_{n=0}^\infty (-1)^n a_n = \sum_{n=0}^{n_0} (-1)^n a_n + \sum_{n=n_0+1}^\infty (-1)^n a_n.\]
Gli unici problemi di convergenza possono venire dalla serie a destra, ma lì usi Leibniz, e concludi.
Perfetto, grazie mille @dissonance. Sono uno a cui piace fare sempre la teoria e le dimostrazioni prima degli esercizi ma con le serie sto sovrassedendo. Forse è meglio che studi la teoria (che, tra l'altro, è cortissima)
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