Limite con somme di fattoriali

barbiomalefico
non riesco ad affrontare il calcolo dei limiti simili a quello che vi propongo:
$ lim_(n -> oo ) (1+2+6+...+(n-1)!+n!)/n^n$
potreste mostrarmi la sua risoluzione e dirmi il ragionamento che ci sta dietro?

Risposte
gugo82
Questo limite si può risolvere in parecchi modi, non tutti elementari.

Una strada è provare ad usare brutalmente l'approssimazione di Stirling per il fattoriale; un'altra è provare ad usare il teorema che segnalavo qui tempo fa; un'altra è cercare di maggiorare il numeratore in modo appropriato... Insomma, di possibilità ce ne sono tante: vedi un po' quella che ti garba di più. :wink:

barbiomalefico
mi fa molta confusione trattare questo tipo di limite. Comunque io come primo passaggio ho ragionato in questo modo.
Raccolgo $n!$ al numeratore e ottengo questo:
$ lim_( n->oo ) (n!(1+1/(n!)+2/(n!)+6/(n!)+...+1/n))/n^n$
a questo punto butto via $1/n!+2/n!+6/n!+...+1/n$ che tende a 0. e mi rimane:
$lim_(n->oo) ((n!)/n^n)
vedo se riesco ad andare oltre

gugo82
Questa tecnica non è applicabile, perchè il numero degli addendi della somma cresce con l'aumentare della variabile.

Ad esempio, prendi:

[tex]$\lim_n \frac{1+2+3+\cdots +(n-1)+n}{n^2}$[/tex];

ragionando come fai tu troveresti:

[tex]$\lim_n \frac{1+2+3+\cdots +(n-1)+n}{n^2}= \lim_n \frac{n(\frac{1}{n} +\frac{2}{n} +\frac{3}{n} + \cdots +\frac{n-1}{n}+1)}{n^2}=0$[/tex],

ma invece, applicando la nota regola per il calcolo della somma dei primi [tex]$n$[/tex] naturali, si trova:

[tex]$\lim_n \frac{1+2+3+\cdots +(n-1)+n}{n^2} = \lim_n \frac{\frac{n(n+1)}{2}}{n^2}=\tfrac{1}{2}$[/tex],

che è il risultato corretto.

Prova con le tecniche che ti ho suggerito.

barbiomalefico
ci ho ragionato su, ma mi sa che mi manca qualche base teorica per risolverlo.
La serie al numeratore diverge, questo è tutto quello che riesco a sapere. Divergendo o trovo qualche modo per scriverla umanamente e lavorarla con $n^n$ oppure sono perduto. In dieci libri di analisi I che ho con me ce ne fosse uno con un limite simile spiegato!

gugo82
Scusa, ma li hai provati i miei consigli?

barbiomalefico
no perchè l'approsimazione di Stirling non ce l'ho nel programma e devo ammettere che non ho capito bene come applicare il teorema al mio caso.

gugo82
Ed il resto?
Erano tre consigli, mica solo uno... :?

Provato a maggiorare, ad esempio?

barbiomalefico
Forse riesco a dimostrare che $ 1 +2 + 6 + ... + (n-1)!+n! < n^(n-2) $

gugo82
Torno a dire che Stirling ci vuole se si vogliono fare le cose semplici...

Infatti la via semplice è questa: maggiorando in maniera bruta la sommatoria si ottiene

[tex]$0\leq \frac{1}{n^n} \sum_{k=1}^n k! \leq \frac{n\ n!}{n^n}$[/tex];

passando al limite m.a.m. la precedente catena di disuguaglianze e tenendo presente che per Striling puoi sostituire [tex]$n!$[/tex] con [tex]$C\ \sqrt{2\pi n}\ \tfrac{n^n}{e^n}$[/tex] ([tex]$C>0$[/tex] costante opportuna) nell'ultimo membro, trovi:

[tex]$0\leq \lim_n \frac{1}{n^n} \sum_{k=1}^n k! \leq \lim_n C\ \frac{n \sqrt{2\pi n}}{e^n} =0$[/tex],

quindi la tua successione è infinitesima.


P.S.: Da che libro è preso l'esercizio?

barbiomalefico
è una prova d'esame del 22 febbraio di quest'anno dell'università di modena. Stavo infatti facendo delle prove d'esame, ma questo in particolare mi ha messo KO. Più che altro per il fatto che studio da casa poichè lavoro e quindi tutta la mia fonte di studio viene dai libri consigliati e poi vado a lezione quando non capisco le cose. ritengo che questo sia un esercizio che il docente abbia fatto durante il corso. Non trovandolo mai proposto su nessuno dei miei libri, non ho potuto fino ad oggi avere i dubbi.
Il pool di libri che sto usando sono comunque i seguenti:
Analisi Matematica 1 e algebra lineare. Marco Boella
Esercizi e problemi di analisi matematica. Boris P. Demodovic
Matematica calcolo infinitesimale e algebra lineare. Bramanti, Pagani Salsa.
analisi matematica ABC 1. Acerbi, Buttazzo.
Lezioni di analisi matematica. Calogero Vinti.
Esercizi di analisi matematica I. Pierluigi Benevieri.
Elementi di analisi matematica uno. Marcellini Sbordone.
Analisi Matematica. Dal calcolo all'analisi. Volume I. Conti, Ferrario, Terracini, Verzini.

gugo82
Beh, appunto: sul Demidovic ce ne sono sicuramente di limiti con Stirling; e forse anche sul Marcellini-Sbordone.

D'altra parte la dimostrazione di Stirling non è difficile: fondamentalmente è tutta roba che si fa in Analisi I. Se la riesco a recuperare la posto.

barbiomalefico
Ok allora domani la preparo. adesso è troppo tardi per fare esercizi di analisi.

barbiomalefico
Ho trovato su Analisi matematica ABC questo:
$ AA n >= 1, (n^n)/(e^n) <= n! <= ((n^n)/(e^n))*n*e $ citata come una versione semplificata della formula di Stirling.
Cercando di riassumere, per risolvere un limite con una serie di mezzo, si procede in questo modo:
1. Si toglie la serie ad esempio moltiplicando l'elemento generico (nel nostro caso $ n! $) per $ n $. Si ottiene così una nuova funzione che è maggiore/minore della precedente.
2. Si trova il limite della nuova funzione.
3. si cerca una terza funzione che abbia come limiti il limite trovato e che sia minore/maggiore (il contrario di quella del punto 1) di quella in esame.
4. Si applica il teorema dei carabinieri e si trova così il limite.

gugo82
"barbiomalefico":
Ho trovato su Analisi matematica ABC questo:
$ AA n >= 1, (n^n)/(e^n) <= n! <= ((n^n)/(e^n))*n*e $ citata come una versione semplificata della formula di Stirling.

Ecco... :wink:

"barbiomalefico":
1. Si toglie la serie ad esempio moltiplicando l'elemento generico (nel nostro caso $ n! $) per $ n $. Si ottiene così una nuova funzione che è maggiore/minore della precedente.

Non è che si moltiplica l'elemento generico per [tex]$n$[/tex], così a casaccio.
Ad esempio, quello che proponi non funzionerebbe nel caso di [tex]\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}[/tex]...

Il ragionamento è il seguente: visto che, per ogni [tex]$k\in \{ 1,\ldots ,n\}$[/tex], si ha [tex]$k!\leq n!$[/tex] risulta pure:

[tex]$\sum_{k=1}^n k! \leq \sum_{k=1}^n n! =n\ n!$[/tex].

"barbiomalefico":
2. Si trova il limite della nuova funzione.
3. si cerca una terza funzione che abbia come limiti il limite trovato e che sia minore/maggiore (il contrario di quella del punto 1) di quella in esame.
4. Si applica il teorema dei carabinieri e si trova così il limite.

Per il resto è giusto.

itpareid
OT

"barbiomalefico":
è una prova d'esame del 22 febbraio di quest'anno dell'università di modena.


con che prof?

barbiomalefico
Carlo Benassi/Sergio Polidoro

Rigel1
Spesso, nei corsi di Analisi I, si dimostra un criterio di questo tipo:
se $(a_n)$ è una successione di numeri positivi, tale che esiste $\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n} = l < 1$, allora $\lim_n a_n = 0$.

itpareid
"barbiomalefico":
Carlo Benassi/Sergio Polidoro

se non riesci ad andare a ricevimento prova ad esporre i tuoi dubbi via email, a me sembrano due prof MOLTO disponibili

gugo82
"Rigel":
Spesso, nei corsi di Analisi I, si dimostra un criterio di questo tipo:
se $(a_n)$ è una successione di numeri positivi, tale che esiste $\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n} = l < 1$, allora $\lim_n a_n = 0$.

Avevo pensato di suggerirlo, ma mi sembrava un po' troppo rompiscatole come via... Però in effetti è fattibile: infatti:

[tex]$\frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}\ \frac{\sum_{k=1}^{n+1} k!}{\sum_{k=1}^n k!} = \frac{1}{n+1}\ \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}}\ \left( 1+ \frac{(n+1)!}{\sum_{k=1}^n k!}\right)$[/tex];

ora è:

[tex]$(n+1)! =(n+1)\ n! \geq n\ n!\geq \sum_{k=1}^n k! \geq n!$[/tex],

ergo [tex]1\leq \frac{(n+1)!}{\sum_{k=1}^n k!} \leq n+1[/tex]; conseguentemente:

[tex]$0=\lim_n \frac{2}{n+1}\ \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}} \leq \limsup_n \frac{n^n}{(n+1)^{n+1}}\ \frac{\sum_{k=1}^{n+1} k!}{\sum_{k=1}^n k!} \leq \lim_n \frac{n+2}{n+1}\ \frac{1}{\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n}} =\frac{1}{e} <1$[/tex],

e dalla versione generalizzata del teorema appena ricordato da Rigel (ossia la versione con [tex]\limsup_n \frac{a_{n+1}}{a_n}[/tex] al posto di [tex]\lim_n \frac{a_{n+1}}{a_n}[/tex]) segue che la successione assegnata è infinitesima.
Grazie per avermici fatto riflettere Righello. :wink:


P.S.: Diagrammando un po' la successione [tex]\frac{(n+1)!}{\sum_{k=1}^n k!}[/tex] si vede che la maggiorazione [tex]\frac{(n+1)!}{\sum_{k=1}^n k!} \leq n+1[/tex] è generosa: infatti sembra proprio che [tex]\frac{(n+1)!}{\sum_{k=1}^n k!}\leq n[/tex] sia una maggiorazione possibile e più stretta.

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