[EX] Una serie a segni alterni
Un esercizio di Analisi I, tanto per restare in allenamento...
***
Esercizio:
1. Mostrare che la serie:
\[
\tag{S}
\sum \log \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n}\right)
\]
è a segni alterni e studiarne la convergenza col Criterio di Leibniz.
2. La serie (S) è assolutamente convergente?
3. Calcolare esplicitamente le somme parziali di (S).
4. Confrontare le somme parziali con il prodotto di Wallis:
\[
\frac{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4 \dots 2n\cdot 2n \cdots}{1\cdot 3\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)\cdot (2n+1)}=\frac{\pi}{2}\; .
\]
Si può concludere qualcosa sulla somma della serie (S)?
***
Esercizio:
1. Mostrare che la serie:
\[
\tag{S}
\sum \log \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n}\right)
\]
è a segni alterni e studiarne la convergenza col Criterio di Leibniz.
2. La serie (S) è assolutamente convergente?
3. Calcolare esplicitamente le somme parziali di (S).
4. Confrontare le somme parziali con il prodotto di Wallis:
\[
\frac{2\cdot 2\cdot 4\cdot 4 \dots 2n\cdot 2n \cdots}{1\cdot 3\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)\cdot (2n+1)}=\frac{\pi}{2}\; .
\]
Si può concludere qualcosa sulla somma della serie (S)?
Risposte
sia $ a_n=log(1+((-1)^n)/(n)) $
Assolutamente NON converge in quanto $ |a_n| $ \( \sim 1/n \)
e quindi $ \sum 1/n $ ... NON converge
La somma della serie è zero e lo dimostro subito
$ \forall N \geq 2 $ dispari si ha
$ \sum_(2)^(N)log(1+((-1)^n)/(n))=log (prod_(n = 2)^(N) (n+(-1)^n)/(n) )=log(1)=0 $
mentre se N è pari
$ \sum_(2)^(N)log(1+((-1)^n)/(n))=log (prod_(n = 2)^(N) (n+(-1)^n)/(n) )=log((N+1)/(N)) $
quindi $\sum_(2)^(+\infty)log(1+((-1)^n)/(n))=0$
Poi converge per Leibniz
io faccio.. $ a_n \leq ((-1)^n)/(n) $ per $n\to +\infty$
e questa serie $ \sum (-1)^n 1/n $ è convergente per Leibniz
Purtroppo per la domanda 4, ci devo ancora pensare.. ma spero che per ora le mie risposte siano esatte.
Assolutamente NON converge in quanto $ |a_n| $ \( \sim 1/n \)
e quindi $ \sum 1/n $ ... NON converge
La somma della serie è zero e lo dimostro subito
$ \forall N \geq 2 $ dispari si ha
$ \sum_(2)^(N)log(1+((-1)^n)/(n))=log (prod_(n = 2)^(N) (n+(-1)^n)/(n) )=log(1)=0 $
mentre se N è pari
$ \sum_(2)^(N)log(1+((-1)^n)/(n))=log (prod_(n = 2)^(N) (n+(-1)^n)/(n) )=log((N+1)/(N)) $
quindi $\sum_(2)^(+\infty)log(1+((-1)^n)/(n))=0$
Poi converge per Leibniz
io faccio.. $ a_n \leq ((-1)^n)/(n) $ per $n\to +\infty$
e questa serie $ \sum (-1)^n 1/n $ è convergente per Leibniz
Purtroppo per la domanda 4, ci devo ancora pensare.. ma spero che per ora le mie risposte siano esatte.
@21zuclo: Più che un ragionamento è un guazzabuglio... Prova a scrivere esplicitamente i primi 4-5 addendi della serie e le corrispondenti somme parziali.
Ti pare che la somma della serie possa essere $0$?
Ti pare che la somma della serie possa essere $0$?
"gugo82":
@21zuclo: Più che un ragionamento è un guazzabuglio... Prova a scrivere esplicitamente i primi 4-5 addendi della serie e le corrispondenti somme parziali.
Ti pare che la somma della serie possa essere $0$?
ho provato ad applicare la proprietà dei logaritmi
$ log_a (\alpha\cdot \beta)=\log_a (\alpha)+log_a (\beta) $ con $ { ( a\in RR^(+) ),( a\ne 1 ),( \alpha\in RR^+ ),( \beta\in RR^+ ):} $
con $n=2$ si ha $ log(1+1/2)=log(3/2) $
per $n=3$ si ha $ log(1-1/3)=log(2/3) $
per $n=4$ si ha $log(1+1/4)=log(5/4)$
per $n=5$ si ha $log(1-1/5)=log(4/5)$
mettendoli tutti insieme
$ log(3/2)+log(2/3)+log(5/4)+log(4/5)=log(3/2\cdot2/3)+log(5/4\cdot 4/5)=log(1)+log(1)=0+0 $
si ha un'infinita somma di zeri..
dove sbaglio?
Sbagli a sommare... Se una serie non converge assolutamente, non puoi sommare gli addendi raggruppandoli come vuoi (perché la serie non è incondizionatamente convergente).
Quindi, devi calcolare alcune somme parziali in sequenza per avere un'idea di cosa succede.
Quindi, devi calcolare alcune somme parziali in sequenza per avere un'idea di cosa succede.
"gugo82":
Esercizio:
1. Mostrare che la serie:
\[
\tag{S}
\sum \log \left( 1 + \frac{(-1)^n}{n}\right)
\]
è a segni alterni e studiarne la convergenza col Criterio di Leibniz.
Detti $x_n$ (con $n>=2$) gli addendi della serie abbiamo:
\[
x_n := \begin{cases} \log (n+1) - \log n >0 &\text{, se } n \text{ è pari}\\
\log (n-1) - \log n <0 &\text{, se } n \text{ è dispari}
\end{cases}
\]
dunque la serie è a segni alterni e si può scrivere:
\[
\sum x_n = \sum (-1)^n a_n
\]
con $a_n := |x_n|$, i.e.:
\[
\begin{split}
a_n &= \begin{cases} \log (n+1) - \log n &\text{, se } n \text{ è pari}\\
\log n - \log (n-1) &\text{, se } n \text{ è dispari}\end{cases}\\
&= \begin{cases} \log (2h+1) - \log (2h) &\text{, se } n =2h\\
\log (2h+1) - \log (2h) &\text{, se } n =2h+1 \end{cases}
\end{split}
\]
(qui $h>=1$).
Per usare il Criterio di Leibniz, basta provare che $(a_n)$ è decrescente ed infinitesima.
Che risulti $a_n->0$ è ovvio, in quanto le successioni estratte da $(a_n)$ di posto pari e dispari sono entrambe infinitesime.\\
D'altra parte, abbiamo:
\[
\begin{split}
a_n-a_{n+1} &= \begin{cases} \log (n+1) - \log n - (\log (n+1) - \log n) &\text{, se } n \text{ è pari}\\
\log n - \log (n-1) - (\log (n+2) - \log (n+1)) &\text{, se } n \text{ è dispari}\end{cases}\\
&=\begin{cases} 0 &\text{, se } n \text{ è pari}\\
\log (n^2+n) - \log (n^2+n-2) &\text{, se } n \text{ è dispari}\end{cases}\\
&\geq 0
\end{split}
\]
cosicché $(a_n)$ decresce.
Per Leibniz la serie \(\sum x_n\) converge.
"gugo82":
2. La serie (S) è assolutamente convergente?
No, non lo è.
Infatti, abbiamo \(\sum |x_n|=\sum a_n\) e la serie a termini non negativi \(\sum a_n\) ha addendi:
\[
a_n = \begin{cases} \log (1+\frac{1}{n}) &\text{, se } n \text{ è pari}\\
\log (1+\frac{1}{n-1}) &\text{, se } n \text{ è dispari}\end{cases}
\]
infinitesimi d'ordine $1$.
"gugo82":
3. Calcolare esplicitamente le somme parziali di (S).
Abbiamo:
\[
\begin{split}
s_2 &= \log \frac{3}{2}\\
s_3 &= \log \frac{3}{2} + \log \frac{2}{3} =0\\
s_4 &= 0 + \log \frac{5}{4} = \log \frac{5}{4}\\
s_5 &= \log \frac{5}{4} - \log \frac{5}{4} = 0\\
s_6 &= 0 + \log \frac{7}{6} = \log \frac{7}{6}\\
s_7 &= \log \frac{7}{6} - \log \frac{7}{6} = 0\ldots
\end{split}
\]
quindi in generale (e bisogna dimostrarlo per induzione!!!) si ha:
\[
s_n= \begin{cases} \log \frac{n+1}{n} &\text{, se } n \text{ è pari}\\
0 &\text{, se } n \text{ è dispari}
\end{cases}\; .
\]
Da ciò segue:
\[
\sum_{n=2}^\infty \log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n}\right) = \lim_n s_n = 0\; ,
\]
cosicché la serie ha per somma $0$.
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