Esercizio con serie parametrica
Dire quando converge la serie al variare del parametro $alpha$:
$\sum_{n=0}^\infty\cos(npi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^alpha$.
Mi sono accorto che la successione dei termini dispari è nulla quindi la serie con argomento la successione dei termini dispari converge a zero, poi ho considerato la successione dei termini dispari che mi viene $b_k=(-1)^k((2k)^(1/(2k))-1)(2k)^alpha$, sono riuscito a trovare che $alpha<1$ dalla condizione necessaria per la convergenza e che $alpha<=0$ applicando l’assoluta convergenza. Mi manca da analizzare il caso $0
Ma dire che la serie scritta nell’ultima uguaglianza del tuo post si comporta come $sum_{n=0}\^infty\(-1)^n ln(n)/(n^(1-alpha))$ non equivale ad utilizzare il criterio del confronto asintotico? Perdona l’insistenza
Prego.
Non l'ho fatto, ma si potrebbe anche provare a dimostrare che la funzione
$f(x; \alpha) := (e^{ln(2x)/(2x)} - 1)x^{\alpha}$
è decrescente per $0 < \alpha < 1 $ e $x \ge 1 $, cioè ha derivata negativa almeno da un certo valore di $x$ in poi.
$\sum_{n=0}^\infty\cos(npi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^alpha$.
Mi sono accorto che la successione dei termini dispari è nulla quindi la serie con argomento la successione dei termini dispari converge a zero, poi ho considerato la successione dei termini dispari che mi viene $b_k=(-1)^k((2k)^(1/(2k))-1)(2k)^alpha$, sono riuscito a trovare che $alpha<1$ dalla condizione necessaria per la convergenza e che $alpha<=0$ applicando l’assoluta convergenza. Mi manca da analizzare il caso $0
Risposte
Ciao ciaomammalolmao,
Sì. Usando la tua simbologia si può scrivere:
$ \sum_{n=0}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} = $
$ = \sum_{n \text{ dispari }}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} + \sum_{n \text{ pari }}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} = $
$ = 0 + \sum_{k = 1}^{+\infty} cos(2k\pi/2)((2k)^(1/(2k))-(-1)^(2k))(2k)^{\alpha} = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} cos(k\pi)((2k)^(1/(2k)) - 1)k^{\alpha} = $
$ = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k((2k)^(1/(2k)) - 1)k^{\alpha} = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k(e^{ln(2k)/(2k)} - 1)k^{\alpha} = $
$ = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot ln(2k)/(2k) \cdot k^{\alpha} = 2^{\alpha - 1} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) $
"ciaomammalolmao":
È giusto separare tra termini dispari e pari? Si può fare?
Sì. Usando la tua simbologia si può scrivere:
$ \sum_{n=0}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} = $
$ = \sum_{n \text{ dispari }}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} + \sum_{n \text{ pari }}^{+\infty} cos(n\pi/2)(n^(1/n)-(-1)^n)n^{\alpha} = $
$ = 0 + \sum_{k = 1}^{+\infty} cos(2k\pi/2)((2k)^(1/(2k))-(-1)^(2k))(2k)^{\alpha} = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} cos(k\pi)((2k)^(1/(2k)) - 1)k^{\alpha} = $
$ = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k((2k)^(1/(2k)) - 1)k^{\alpha} = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k(e^{ln(2k)/(2k)} - 1)k^{\alpha} = $
$ = 2^{\alpha} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot ln(2k)/(2k) \cdot k^{\alpha} = 2^{\alpha - 1} \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) $
Ok grazie, più o meno ero arrivato anche io a questo punto, ma per dimostrare la convergenza dell’ultimo membro come posso fare? Asintoticamente mi rendo conto che posso semplificare per il limite notevole però quel $(-1)^k$ da’ fastidio no? Per applicare leibniz mi serve che la successione sia decrescente, e se applico l’assoluta convergenza ottengo solo alcuni valori di $alpha$ per cui la serie converge no? Grazie
Procederei con lo sviluppo in serie della funzione:
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [1 + o(ln(2k)/(2k))] \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [k^{\alpha - 1} ln(2k) + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln2 + lnk)/k^{1 - \alpha} + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] $
Quindi per $0 < \alpha < 1 $ la serie proposta si comporta come la serie $\sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)/k^{1 - \alpha} $, che converge semplicemente e diverge assolutamente.
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [1 + o(ln(2k)/(2k))] \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [k^{\alpha - 1} ln(2k) + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln2 + lnk)/k^{1 - \alpha} + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] $
Quindi per $0 < \alpha < 1 $ la serie proposta si comporta come la serie $\sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)/k^{1 - \alpha} $, che converge semplicemente e diverge assolutamente.
E per capire la convergenza dell’ultima serie hai usato il criterio di leibniz?
Sì.
In realtà più in generale si può dimostrare che $\forall p > 0 $ e $\forall q > 0 $ si ha la convergenza semplice della serie seguente:
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)^p/k^q $
Nel caso in esame naturalmente $p = 1 $ e $0 < q < 1 $.
Consideriamo la funzione seguente:
$f(x) = (lnx)^p/x^q $
Si ha:
$ f'(x)=\frac{p x^{q-1}(\ln x)^{p-1}-qx^{q-1}(\ln x)^p}{(x^q)^2}=\frac{ x^{q-1}(\ln x)^{p-1}(p-q\ln x)}{(x^q)^2} $
$f'(x) $ è negativa per $x > e^{p/q} $ e quindi la funzione è decrescente e così la successione, sicché si può applicare il Criterio di Leibniz.
In realtà più in generale si può dimostrare che $\forall p > 0 $ e $\forall q > 0 $ si ha la convergenza semplice della serie seguente:
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)^p/k^q $
Nel caso in esame naturalmente $p = 1 $ e $0 < q < 1 $.
Consideriamo la funzione seguente:
$f(x) = (lnx)^p/x^q $
Si ha:
$ f'(x)=\frac{p x^{q-1}(\ln x)^{p-1}-qx^{q-1}(\ln x)^p}{(x^q)^2}=\frac{ x^{q-1}(\ln x)^{p-1}(p-q\ln x)}{(x^q)^2} $
$f'(x) $ è negativa per $x > e^{p/q} $ e quindi la funzione è decrescente e così la successione, sicché si può applicare il Criterio di Leibniz.
Grazie mille, un’ultima domanda, a noi è stato detto che il criterio del confronto asintotico è applicabile solo quando la successione all’interno della serie è a termini non negativi, ma in questo caso è a segni alterni. Posso comunque prima confrontarla asintoticamente con un altra serie a segni alterni e poi applicare il criterio di leibniz su quest’ultima come è stato fatto ?
Attenzione che non è stato applicato alcun criterio del confronto asintotico.
Lo sviluppo in serie
$e^x = \sum_{n = 0}^{+\infty} x^n/(n!) = 1 + \sum_{n = 1}^{+\infty} x^n/(n!)$
vale $\forall x \in \RR $, come $e^x - 1 = \sum_{n = 1}^{+\infty} x^n/(n!) \implies (e^x - 1)/x = \sum_{n = 1}^{+\infty} x^{n - 1}/(n!) $ (quest'ultima invece vale $\forall x \in \RR - {0} $).
Ho preso ad esempio solo la prima serie, ma tutte le serie a segni alterni che si ottengono coi termini che compaiono dentro la parentesi quadra nel mio post
sono del tipo che ho scritto nel mio post precedente
e pertanto semplicemente convergenti.
Lo sviluppo in serie
$e^x = \sum_{n = 0}^{+\infty} x^n/(n!) = 1 + \sum_{n = 1}^{+\infty} x^n/(n!)$
vale $\forall x \in \RR $, come $e^x - 1 = \sum_{n = 1}^{+\infty} x^n/(n!) \implies (e^x - 1)/x = \sum_{n = 1}^{+\infty} x^{n - 1}/(n!) $ (quest'ultima invece vale $\forall x \in \RR - {0} $).
Ho preso ad esempio solo la prima serie, ma tutte le serie a segni alterni che si ottengono coi termini che compaiono dentro la parentesi quadra nel mio post
"pilloeffe":
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln2 + lnk)/k^{1 - \alpha} + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] $
sono del tipo che ho scritto nel mio post precedente
"pilloeffe":
In realtà più in generale si può dimostrare che $\forall p > 0 $ e $\forall q > 0 $ si ha la convergenza semplice della serie seguente:
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)^p/k^q $
e pertanto semplicemente convergenti.
"pilloeffe":
Procederei con lo sviluppo in serie della funzione:
$ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k \frac{e^{ln(2k)/(2k)} - 1}{ln(2k)/(2k)} \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [1 + o(ln(2k)/(2k))] \cdot k^{\alpha - 1} ln(2k) = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [k^{\alpha - 1} ln(2k) + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] = $
$ = \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln2 + lnk)/k^{1 - \alpha} + o(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] $
Quindi per $0 < \alpha < 1 $ la serie proposta si comporta come la serie $\sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)/k^{1 - \alpha} $, che converge semplicemente e diverge assolutamente.
Ma dire che la serie scritta nell’ultima uguaglianza del tuo post si comporta come $sum_{n=0}\^infty\(-1)^n ln(n)/(n^(1-alpha))$ non equivale ad utilizzare il criterio del confronto asintotico? Perdona l’insistenza
Sì te l'ho detto, ho preso ad esempio solo la prima serie che si ottiene col primo termine dello sviluppo in serie che è $1$:
Se prendo ad esempio quella col secondo termine dello sviluppo $x/2 := 1/2 ln(2k)/(2k) $ si ha la serie seguente:
$ 1/2 \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] = 1/2 \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k ln^2(2k)/(2k^{2 - \alpha}) $
che è sempre del tipo $ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)^p/k^q $, semplicemente convergente $\forall p > 0 $ e $ \forall q > 0 $. E così via per tutte le serie che si ottengono coi termini successivi dello sviluppo in serie, che anzi a ben vedere risulteranno anche assolutamente convergenti, perché se $0 < \alpha < 1 \implies 2 - \alpha > 1 $
"pilloeffe":
Ho preso ad esempio solo la prima serie, ma tutte le serie a segni alterni che si ottengono coi termini che compaiono dentro la parentesi quadra [...] sono del tipo che ho scritto nel mio post precedente [...]
e pertanto semplicemente convergenti.
Se prendo ad esempio quella col secondo termine dello sviluppo $x/2 := 1/2 ln(2k)/(2k) $ si ha la serie seguente:
$ 1/2 \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k [(ln(2k)/(2k)) k^{\alpha - 1} ln(2k)] = 1/2 \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k ln^2(2k)/(2k^{2 - \alpha}) $
che è sempre del tipo $ \sum_{k = 1}^{+\infty} (- 1)^k (lnk)^p/k^q $, semplicemente convergente $\forall p > 0 $ e $ \forall q > 0 $. E così via per tutte le serie che si ottengono coi termini successivi dello sviluppo in serie, che anzi a ben vedere risulteranno anche assolutamente convergenti, perché se $0 < \alpha < 1 \implies 2 - \alpha > 1 $
In questo modo mi torna, grazie mille. Sai se ci sono ulteriori metodi per risolvere?
"ciaomammalolmao":
In questo modo mi torna, grazie mille.
Prego.
"ciaomammalolmao":
Sai se ci sono ulteriori metodi per risolvere?
Non l'ho fatto, ma si potrebbe anche provare a dimostrare che la funzione
$f(x; \alpha) := (e^{ln(2x)/(2x)} - 1)x^{\alpha}$
è decrescente per $0 < \alpha < 1 $ e $x \ge 1 $, cioè ha derivata negativa almeno da un certo valore di $x$ in poi.
Va bene grazie
Ho provato a studiare numericamente la derivata di $f(x; \alpha) $ e ho notato quanto segue:
- per valori di $\alpha $ vicini a $0$, come ad esempio $\alpha = 1/10 = 0,1 $, la funzione mi risulta decrescente quasi subito, per $x \ge 2$;
- per valori di $\alpha $ vicini a $1$, come ad esempio $\alpha = 1 - 1/10 = 0,9 $, la funzione mi risulta decrescente, ma per $x \ge 10787$;
- per $\alpha = 1/2 = 0,5 $, la funzione mi risulta decrescente per $x \ge 3$
- per valori di $\alpha $ vicini a $0$, come ad esempio $\alpha = 1/10 = 0,1 $, la funzione mi risulta decrescente quasi subito, per $x \ge 2$;
- per valori di $\alpha $ vicini a $1$, come ad esempio $\alpha = 1 - 1/10 = 0,9 $, la funzione mi risulta decrescente, ma per $x \ge 10787$;
- per $\alpha = 1/2 = 0,5 $, la funzione mi risulta decrescente per $x \ge 3$
Si può fare una conclusione generale anche quando $0
Provaci, la derivata della funzione $f(x; \alpha) = (e^{ln(2x)/(2x)} - 1)x^{\alpha} $
è la seguente:
$(\del f)/(\del x) = 1/2 x^(\alpha - 2) [2 a x (e^{ln(2x)/(2x)} - 1) - e^{ln(2x)/(2x)} ln(x) - e^{ln(2x)/(2x)}(ln2 - 1)] = $
$ = 1/2 x^(\alpha - 2) [2 a x e^{ln(2x)/(2x)} - 2ax - e^{ln(2x)/(2x)} (ln(x) + ln2 - 1)] = $
$ = 1/2 x^(\alpha - 2) [e^{ln(2x)/(2x)}(2ax - ln(2x) + 1) - 2ax] $
Occorre vedere per quali valori di $x \ge 1 $ e $0 < \alpha < 1 $ tale derivata è negativa.
è la seguente:
$(\del f)/(\del x) = 1/2 x^(\alpha - 2) [2 a x (e^{ln(2x)/(2x)} - 1) - e^{ln(2x)/(2x)} ln(x) - e^{ln(2x)/(2x)}(ln2 - 1)] = $
$ = 1/2 x^(\alpha - 2) [2 a x e^{ln(2x)/(2x)} - 2ax - e^{ln(2x)/(2x)} (ln(x) + ln2 - 1)] = $
$ = 1/2 x^(\alpha - 2) [e^{ln(2x)/(2x)}(2ax - ln(2x) + 1) - 2ax] $
Occorre vedere per quali valori di $x \ge 1 $ e $0 < \alpha < 1 $ tale derivata è negativa.
Ok grazie dopo guardo
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