Esercizio convergenza serie
Ciao a tutti,
ho problemi nell'impostare la risoluzione del seguente esercizio:
Studiare la convergenza della serie : somma da n=1 a n=infinito di (n^(1/n)-1)^a con a numero reale >0.
Mi scuso per non averlo potuto scrivere in formato LaTex...
ho problemi nell'impostare la risoluzione del seguente esercizio:
Studiare la convergenza della serie : somma da n=1 a n=infinito di (n^(1/n)-1)^a con a numero reale >0.
Mi scuso per non averlo potuto scrivere in formato LaTex...
Risposte
$sum_(n=1)^(oo) (n^(1/n) - 1)^a$
Conosci il criterio dell'ordine di infinitesimo?
Conosci il criterio dell'ordine di infinitesimo?
"Seneca":
$sum_(n=1)^(oo) (n^(1/n) - 1)^a$
Conosci il criterio dell'ordine di infinitesimo?
Vagamente si...usando il confronto asintotico con la serie armonica generalizzata.
Il termine generale è infinitesimo e si può scrivere come $e^((log(n))/n) - 1$.
Per quello che conosci sui limiti notevoli risulta $e^((log(n))/n) - 1 $ ~ $ log(n)/n$
Ora che ci penso il criterio dell'ordine di infinitesimo non è una buona strada (l'ordine di infinitesimo rispetto all'infinitesimo campione $1/n^alpha$ non è un numero reale). Però studiare la convergenza della serie data è tanto come studiare la convergenza di $sum log(n)/n$. Ti vengono in mente idee?
Per quello che conosci sui limiti notevoli risulta $e^((log(n))/n) - 1 $ ~ $ log(n)/n$
Ora che ci penso il criterio dell'ordine di infinitesimo non è una buona strada (l'ordine di infinitesimo rispetto all'infinitesimo campione $1/n^alpha$ non è un numero reale). Però studiare la convergenza della serie data è tanto come studiare la convergenza di $sum log(n)/n$. Ti vengono in mente idee?
Io avrei pensato di dire che log(n) va a infinito come n^b con b infinitivamente piccolo e positivo e poi mi riporto al confronto asintotico con la serie armonica. Solo che non so se posso ragionare cosi dato che log(n) e n non sono confrontabili.
"Frastolo":
Io avrei pensato di dire che log(n) va a infinito come n^b con b infinitivamente piccolo e positivo e poi mi riporto al confronto asintotico con la serie armonica. Solo che non so se posso ragionare cosi dato che log(n) e n non sono confrontabili.
Infatti il tuo ragionamento non va bene.
Se conosci il criterio di condensazione di Cantor ( o di Cauchy, è lo stesso ) per le serie, puoi dire che:
$sum log(n)/n$ converge o diverge se e solo se converge o diverge $sum 2^n * (log(2^n))/2^n$ (i.e. la serie condensata).
Ma $sum 2^n * (log(2^n))/2^n = +oo$ quindi diverge anche la serie di partenza.
Ok...ottimo, quindi la serie di partenza diverge per ogni a >0 o sbaglio ancora?
Avevo dimenticato il parametro. Allora la serie condensata è :
$sum 2^(n) * (n^a log^a(2))/2^(a n) = log^a(2) sum 2^(n - a n) * n^a = log^a(2) sum 2^(n ( 1 - a ) ) * n^a$ (*)
e la cosa mi sembra si complichi.
Prova ad usare il criterio del rapporto...
$sum 2^(n) * (n^a log^a(2))/2^(a n) = log^a(2) sum 2^(n - a n) * n^a = log^a(2) sum 2^(n ( 1 - a ) ) * n^a$ (*)
e la cosa mi sembra si complichi.
Prova ad usare il criterio del rapporto...
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