[EX] Stime asintotiche

[gugo82]

È (o dovrebbe essere noto) che la serie armonica generalizzata:
\[
\tag{1}
\sum \frac{1}{n^\alpha}
\]
converge se e solo se \(\alpha >1\); in tal caso, la somma della serie viene usualmente denotata col simbolo \(\zeta (\alpha)\), i.e. si pone:
\[
\tag{2}
\zeta (\alpha) := \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}\; .
\]

***

Esercizio:

Detta \(s_N(\alpha)\) la somma parziale \(N\)-esima della (1), i.e. posto:
\[
s_N(\alpha) := \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^\alpha}\; ,
\]
dimostrare che si ha contemporaneamente:
\[
\begin{align*}
\zeta (\alpha) -s_N(\alpha) &=\text{O}\left( \frac{1}{N^{\alpha -1}}\right)\\
\zeta (\alpha) -s_N(\alpha) &=\Omega\left( \frac{1}{N^{\alpha -1}}\right)
\end{align*}
\]
per ogni \(\alpha >1\) (in cui \(\text{O}(\cdot)\) e \(\Theta\) sono i simboli "o-grande" e "omega-grande" di Landau); in particolare, mostrare che esistono due costanti positive \(C=C(\alpha)\) e \(c=c(\alpha)\) tali che \(c\leq C\) e che:
\[
c\cdot \frac{1}{N^{\alpha -1}}\leq \zeta (\alpha) -s_N(\alpha) \leq C\cdot \frac{1}{N^{\alpha -1}}
\]
per ogni indice \(N\).

[Zero87]

Un pezzo ce l'ho in testa.

Utilizzo la formula della somma di Eulero. Non riportando tutti i calcoli ho
$s_N (\alpha)= \frac{N^(1-\alpha)-1}{1- \alpha}-\alpha \int_1^(+\infty) \frac{t-[t]}{t^(\alpha+1)}dt+1$
portando la stessa al limite per $N->+\infty$ si ottiene quella per la zeta
$\zeta(\alpha)=-\frac{1}{1-\alpha}-\alpha \int_1^(+\infty) \frac{t-[t]}{t^(\alpha+1)}dt+1$

Sottraendo le due si ottiene
$\zeta(\alpha)-s_N(\alpha)= -\frac{N^(1-\alpha)}{1- \alpha}= O(1/(x^(\alpha-1)))$.

Ricordo $\alpha>1$.

Ora, ricordo alla meglio due definizioni.
- $f(x)= O(g(x))$ se esiste $c$ costante tale che $|f(x)| \le c|g(x)|$
- $f(x)= \Omega(g(x))$ se esiste $h$ costante tale che $|f(x)| \ge h|g(x)|$.

Magari sbaglio, ma non credo di essere molto lontano.

Intanto ho scritto un pezzo, poi, magari, edito.

[gugo82]

@ Zero87: Non c'è bisogno di scomodare formuloni... L'esercizio si risolve tutto usando quel risultato elementare noto come Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale.

[Zero87]

"gugo82":@ Zero87: Non c'è bisogno di scomodare formuloni... L'esercizio si risolve tutto usando quel risultato elementare noto come Teorema Fondamentale del Calcolo Integrale.

Vedo che non ha risposto nessun altro, quindi non è difficile solo per me.

Magari è una sciapata oppure mi sfugge qualcosa... [size=60]un hint? [/size]

[gugo82]

Beh:
\[
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) =\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}
\]
e si ragiona come si ragiona, ad esempio, per le stime asintotiche tipo Stirling del fattoriale.

[gugo82]

Niuno?

[Zero87]

"gugo82":Niuno?

Non sono l'unico che naviga nel dubbio allora: magari è una sciapata ma a parte continuare con la formula che ho usato prima - abbandonato dopo il tuo invito ad usare qualcosa di più semplice - ora non mi viene in mente nulla!

[gugo82]

"gugo82":Beh:
\[
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) =\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}
\]
e si ragiona come si ragiona, ad esempio, per le stime asintotiche tipo Stirling del fattoriale.

Dato che \(\alpha >1\), la funzione \(f(x):= \frac{1}{x^\alpha}\) è decrescente in \(]0,\infty[\) e sommabile all'infinito, si ha:
\[
\begin{split}
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) &=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha} \\
&\geq \sum_{n=N+1}^\infty \int_n^{n+1}\frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \int_{N+1}^\infty \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&=\ldots
\end{split}
\]
e di qui continui da solo.

[Zero87]

"gugo82":e di qui continui da solo.

In generale quello è già $O(1/(N^(\alpha-1)))$: un ragionamento molto simile, comunque, sta nell'approssimazione della $\zeta$ con la formula della somma di Eulero già citata.

Per il resto ci ripenso su per vedere se mancava qualcosa: è vero non servono formuloni poiché ci si arrivava con quella minorazione con l'integrale (sono certo che sta nel Marcellini-Sbordone, tra l'altro).

[gugo82]

"gugo82":[quote="gugo82"]Beh:
\[
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) =\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}
\]
e si ragiona come si ragiona, ad esempio, per le stime asintotiche tipo Stirling del fattoriale.

Dato che \(\alpha >1\), la funzione \(f(x):= \frac{1}{x^\alpha}\) è decrescente in \(]0,\infty[\) e sommabile all'infinito, si ha:
\[
\begin{split}
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) &=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha} \\
&\leq \sum_{n=N+1}^\infty \int_n^{n+1}\frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \int_{N+1}^\infty \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&=\ldots
\end{split}
\]
e di qui continui da solo. [/quote]
Ok, continuo io.

Abbiamo:
\[
\begin{split}
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) &=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha} \\
&\geq \sum_{n=N+1}^\infty \int_n^{n+1}\frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \int_{N+1}^\infty \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \left. \frac{1}{1-\alpha}\ \frac{1}{x^{\alpha -1}}\right|_{N+1}^\infty\\
&= \frac{1}{\alpha -1}\ \frac{1}{(N+1)^{\alpha -1}}\\
&= \frac{1}{\alpha -1}\ \frac{1}{(1+1/N)^{\alpha -1}}\ \frac{1}{N^{\alpha -1}}\\
&\geq \underbrace{\frac{1}{(\alpha -1)\ 2^{\alpha -1}}}_{=:c}\ \frac{1}{N^{\alpha -1}}
\end{split}
\]
e d'altra parte:
\[
\begin{split}
\zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) &=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha} \\
&\leq \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \int_N^\infty \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\
&= \left. \frac{1}{1-\alpha}\ \frac{1}{x^{\alpha -1}}\right|_N^\infty\\
&= \underbrace{\frac{1}{\alpha -1}}_{=:C}\ \frac{1}{N^{\alpha -1}}\; .
\end{split}
\]

[gugo82]

Esercizio:

Dopo aver determinato il limite della successione di termine generale:
\[
h_N:=\prod_{n=1}^N n^n
\]
ricavare delle stime di crescita (anche molto rozze) per \(h_N\).
In altri termini, determinare due successioni \((a_n)\) ed \((A_n)\) tali che \(\lim_N a_N=\lim_N h_N=\lim_N A_N\) e che:
\[
a_N\leq h_N\leq A_N
\]
per \(N\) "sufficientemente grande".

Suggerimento: Il calcolo del limite è banalissimo. Per le stime, si consideri la successione \(\log h_N\)...

[Zero87]

"gugo82":Ok, continuo io.
[...]
e d'altra parte:
\[ \begin{split} \zeta (\alpha ) - s_N(\alpha ) &=\sum_{n=N+1}^\infty \frac{1}{n^\alpha} \\ &\leq \sum_{n=N+1}^\infty \int_{n-1}^n \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\ &= \int_N^\infty \frac{1}{x^\alpha}\ \text{d} x\\ &= \left. \frac{1}{1-\alpha}\ \frac{1}{x^{\alpha -1}}\right|_N^\infty\\ &= \underbrace{\frac{1}{\alpha -1}}_{=:C}\ \frac{1}{N^{\alpha -1}}\; . \end{split} \]

Il "d'altra parte" è quello che intendevo ieri sera, con la mente ottenebrata dal sonno.
E come ho detto è lo stesso ragionamento che si fa nella scrittura della $\zeta$ con la formula della somma di Eulero: ci tengo a precisarlo perché l'unica cosa che non amo è inventarmi di sapere cose che non so.
Piuttosto quando è vero, preferisco ammettere la mia ignoranza (senza sparare a caso) come ho fatto qui in più momenti.

EDIT
Ho cancellato la mia risoluzione del nuovo esercizio proposto da gugo82... Niente da fare: con le stime asintotiche faccio proprio pena.

[gugo82]

@ Zero87: Non ci siamo...
Insomma, una stima di crescita del tipo \(\log h_N=\text{O}(1)\) vuol dire che \((\log h_N)\) è limitata dall'alto; ma ciò è palesemente falso, perché la serie \(\sum n\ \log n\) diverge.
D'altro canto, una stime del tipo \(\log h_N = \Omega (1)\) vuol dire che \((\log h_N)\) è limitata dal bassp; ma questo è evidentissimo, qundi non ha grande utilità.

Piuttosto, mi sarei aspettato delle stime rozze che sono davvero immediate... Quindi le propongo come utile esercizio.

***

Esercizio (a complemento e precisazione dell'esercizio precedente):

Sia \(h_N\) definito come sopra.

1. Dimostrare che valgono le stime di crescita:
\[
\tag{1}
N!\leq h_N\leq N^{N^2}
\]
per ogni \(N\).

2. Provare che:
\[
\lim_N \frac{h_N}{N!} = \infty =\lim_N \frac{N^{N^2}}{h_N}
\]
(sicché le stime (1) sono davvero loffie).

3. Determinare delle stime di crescita per \(h_N\) che siano più aderenti delle (1); in altri termini, determinare due successioni \((a_n)\) ed \((A_n)\) in modo che valgano i seguenti fatti

[list=a][*:3vno5axr] \(\lim_N a_N = \lim_N h_N=\lim_N A_N\);

[/*:m:3vno5axr]
[*:3vno5axr]\(a_N\leq h_N\leq A_N\) per \(N\) "sufficientemente grande";

[/*:m:3vno5axr]
[*:3vno5axr] risulta:
\[
\lim_N \frac{a_N}{N!} = \infty = \lim_N \frac{N^{N^2}}{A_N}
\]
(cosicché \(a_N\) ed \(A_N\) sono infiniti d'ordine, rispettivamente, strettamente supriore ad \(N!\) e strettamente inferiore a \(N^{N^2}\)).[/*:m:3vno5axr][/list:o:3vno5axr]

[Zero87]

"gugo82":@ Zero87: Non ci siamo...

Stavolta ci prendo... spero.
Non capisco perché rispondo solo io: mancanza di voglia collettiva? E' difficile non solo per me? Tutti ansiosi di vedermi fare figure ... diciamo ineleganti?
Non mi importa un fico secco: solo chi non prova non sbaglia e sono felice di sbagliare se questo serve a togliere la ruggine che ho in questi argomenti.

Allora per ora provo a risolvere questo

"gugo82":Esercizio (a complemento e precisazione dell'esercizio precedente):

Sia \(h_N\) definito come sopra.

1. Dimostrare che valgono le stime di crescita:
\[
\tag{1}
N!\leq h_N\leq N^{N^2}
\]
per ogni \(N\).

L'ho cancellato nell'intervento precedente, ma è facile vedere che $h_N$ diverge: penso che era l'unica cosa giusta che avevo scritto.

Primo punto.

Prendo $N \ge 2$: il caso $N=1$ - cioè la serie composta solo dal primo termine - lo studio a parte. Magari posso fare di meglio in futuro, ma per ora vado così.

Userò l'approssimazione di Stirling del fattoriale, lo dico subito. Ponendo $N=x$ reale ho che per $x\ge 2$
- $\sqrt(2 \pi x) e^(-x) \le 0,9$
- $e^(1/(12x))$ cioè l'errore massimo è $\le 1,1$
per cui il loro prodotto è $\le 0,99 <1$.

Tralascio la dimostrazione però c'è del metodo.
In entrambi i casi si vede che la derivata di ognuna di quelle funzioni è negativa e quindi sono sempre decrescenti. Per $x=2$ assumono un valore minore di quello che voglio dimostrare e quindi andando avanti varranno sempre meno: ciò che mi interessa, però, è solo che il loro prodotto è $<1$.

Passo a $h_N$ ma tengo in mente queste cose.

Studio il logaritmo della produttoria in modo da avere una serie
$log(h_N)= log(...)=\sum_(n=1)^N n log(n)$
dopo qualche calcolo sfruttando la meravigliosa proprietà che il logaritmo trasforma i prodotti in somme.

Ora
$log(h_N) \ge N log(N)$
in pratica la serie è $\ge$ del suo ultimo termine: trattasi di una serie di termini non negativi ($N \ge 2$), dunque posso maggiorare.

Se esponenzio ottengo
$h_N \ge N^N$.

Ora, per quanto detto prima
$h_N \ge N^N \ge N^N e^(-N) \sqrt(2 \pi N) \cdot "errore max" = N!$
l'ultima vale proprio perché quello sviluppo non è altro che la formula di Stirling per $N!$.

Infine, per $N=1$, ho $1^1 \ge 1! =1$.

Ottengo, dunque $h_N \ge N!$.

Secondo punto.

$log(h_N) \le \sum_(n=1)^N N log(N) = N^2 log(N)$
esponenziando ottengo
$h_N \le N^(N^2)$.
Questa era facile anche per me!

Ottengo, dunque $h_N \le N^(N^2)$.


Unendo i due punti ho la tesi.

[gugo82]

@ Zero87: Il suggerimento iniziale era più pensato per il punto 3, poiché le stime di cui al punto 1 si provano in maniera immediata usando le proprietà del prodotto.

Infatti, dato che:
\[
n< n^n \]
per \(1\leq n\leq N\), si ha:
\[
N!= \prod_{n=1}^N n \leq h_N\leq \prod_{n=1}^N N^N = N^{N^2}\; .
\]
In maniera analoga si ottiene una stima superiore un po' meno loffia: invero, essendo
\[
n^n\leq n^N
\]
per \(1\leq n\leq N\), si trova:
\[
h_N\leq \prod_{n=1}^N n^N = (N!)^N\; .
\]

[gugo82]

"gugo82":2. Provare che:
\[ \lim_N \frac{h_N}{N!} = \infty =\lim_N \frac{N^{N^2}}{h_N} \]
(sicché le stime (1) sono davvero loffie).

Lo lascio per esercizio, giacché è un fatto puramente algebrico.

"gugo82":3. Determinare delle stime di crescita per \( h_N \) che siano più aderenti delle (1); in altri termini, determinare due successioni \( (a_n) \) ed \( (A_n) \) in modo che valgano i seguenti fatti

[list=a][*:a1rg07ra] \( \lim_N a_N = \lim_N h_N=\lim_N A_N \);

[/*:m:a1rg07ra]
[*:a1rg07ra]\( a_N\leq h_N\leq A_N \) per \( N \) "sufficientemente grande";

[/*:m:a1rg07ra]
[*:a1rg07ra] risulta:
\[ \lim_N \frac{a_N}{N!} = \infty = \lim_N \frac{N^{N^2}}{A_N} \]
(cosicché \( a_N \) ed \( A_N \) sono infiniti d'ordine, rispettivamente, strettamente supriore ad \( N! \) e strettamente inferiore a \( N^{N^2} \)).[/*:m:a1rg07ra][/list:o:a1rg07ra]

Sfruttando il suggerimento dato in precedenza, considero la successione \(\ln h_N\). Applicando le proprietà del logaritmo trovo:
\[
\ln h_N = \sum_{n=2}^N n\ \ln n
\]
con \(N\geq 2\); dato che la funzione \(f(x):=x \ln x\) è strettamente crescente in \([1,\infty[\), ho certamente:
\[
\begin{split}
\sum_{n=2}^N n\ \ln n &\geq \sum_{n=2}^N \int_{n-1}^n x\ \ln x\ \text{d} x\\
&= \int_1^N x\ \ln x\ \text{d} x\\
&= \frac{1}{2}\ x^2\ \ln x\Big|_1^N - \frac{1}{2}\ \int_1^N x\ \text{d} x\\
&= \frac{1}{2}\ N^2\ \ln N - \frac{1}{4}\ (N^2-1)\\
&= \ln \left( e^{1/4}\ N^{\frac{N^2}{2}}\ \exp \left( - \frac{N^2}{4}\right) \right)
\end{split}
\]
ed, analogamente:
\[
\begin{split}
\sum_{n=2}^N n\ \ln n &\leq \sum_{n=2}^N \int_n^{n+1} x\ \ln x\ \text{d} x\\
&= \int_2^{N+1} x\ \ln x\ \text{d} x\\
&= \frac{1}{2}\ x^2\ \ln x\Big|_2^{N+1} - \frac{1}{2}\ \int_2^{N+1} x\ \text{d} x\\
&= \frac{1}{2}\ (N+1)^2\ \ln (N+1) - 2\ \ln2 - \frac{1}{4}\ \left( (N+1)^2-2\right)\\
&= \ln \left( \frac{e^{1/2}}{4}\ (N+1)^{\frac{(N+1)^2}{2}}\ \exp\left( - \frac{(N+1)^2}{4}\right) \right)\; ;
\end{split}
\]
pertanto:
\[
\ln \left( e^{1/4}\ N^{\frac{N^2}{2}}\ \exp \left( - \frac{N^2}{4}\right) \right) \leq \ln h_N \leq \ln \left( \frac{e^{1/2}}{4}\ (N+1)^{\frac{(N+1)^2}{2}}\ \exp\left( - \frac{(N+1)^2}{4}\right) \right)\; .
\]
Dalla precedente segue immediatamente:
\[
\underbrace{e^{1/4}\ N^{\frac{N^2}{2}}\ \exp \left( - \frac{N^2}{4}\right)}_{=:a_N} \leq h_N \leq \underbrace{\frac{e^{1/2}}{4}\ (N+1)^{\frac{(N+1)^2}{2}}\ \exp\left( - \frac{(N+1)^2}{4}\right)}_{=: A_N}
\]
per ogni \(N\geq 2\).

Definite \(a_N\) ed \(A_N\) come sopra, la relazione b è soddisfatta per costruzione, mentre la a è di immediata verifica; mi rimanngono perciò da dimostrare solo le c.
Ma, usando la formula di Stirling, ho:
\[
\begin{split}
\frac{a_N}{N!} &= e^{1/4}\ \frac{N^{\frac{N^2}{2}}\ \exp \left( - \frac{N^2}{4}\right)}{N!}\\
&\sim \frac{e^{1/4}}{\sqrt{2\pi}}\ N^{\frac{N^2}{2} - N - \frac{1}{2}}\ \exp \left( N- \frac{N^2}{4}\right)\\
\frac{N^{N^2}}{A_N} &= \frac{4}{e^{1/2}}\ \frac{N^{N^2}}{(N+1)^{\frac{(N+1)^2}{2}}\ \exp\left( - \frac{(N+1)^2}{4}\right)}\\
&\sim \frac{4}{e^{1/2}}\ \frac{N^{N^2}}{N^{\frac{N^2}{2} +N}}\ \exp\left( \frac{(N+1)^2}{4}\right)\\
&= \frac{4}{e^{1/2}}\ N^{\frac{N^2}{2}-N}\ \exp\left( \frac{(N+1)^2}{4}\right)
\end{split}
\]
e da ciò seguono le c.