Serie
Ciao. Vorrei chiedervi aiuto con due serie che mi creano difficoltà. La consegna chiede di studiarne la convergenza. Le serie sono:
$ sum_(n=1)^oo log(1+2^n) /(n^2+x^(2n)) $
$ sum_(n=2)^oo n/(logn! )^2 $
Entrambe da 1 a $oo$.
Per la prima ho notato che x ha un esponente pari dunque mi basta studiare i casi x>0.
Ho studiato il limite della successione nella somma nei 3 casi ($ x=1, x>1, 0<=x<1 $). Riporto solo il secondo caso (perché non sono sicuro della sua correttezza):
I limiti nei tre casi sono 0, dunque non ci danno informazioni sulla convergenza della serie. A questo punto non so come procedere.
Riguardo la seconda ho provato con rapporto (e successivamente con radice), ho notato che i limiti erano 1 dunque niente di fatto... Ho pensato di confrontarla con $ 1/n^2 $ ma in che modo?
Spero in un aiuto
$ sum_(n=1)^oo log(1+2^n) /(n^2+x^(2n)) $
$ sum_(n=2)^oo n/(logn! )^2 $
Entrambe da 1 a $oo$.
Per la prima ho notato che x ha un esponente pari dunque mi basta studiare i casi x>0.
Ho studiato il limite della successione nella somma nei 3 casi ($ x=1, x>1, 0<=x<1 $). Riporto solo il secondo caso (perché non sono sicuro della sua correttezza):
I limiti nei tre casi sono 0, dunque non ci danno informazioni sulla convergenza della serie. A questo punto non so come procedere.
Riguardo la seconda ho provato con rapporto (e successivamente con radice), ho notato che i limiti erano 1 dunque niente di fatto... Ho pensato di confrontarla con $ 1/n^2 $ ma in che modo?
Spero in un aiuto
Risposte
Se calcoli i limiti come hai fatto, le informazioni per concludere ce le hai.
Qual è l’ordine di infinitesimo degli addendi?
Per la seconda, conviene usare la formula di Stirling.
Qual è l’ordine di infinitesimo degli addendi?
Per la seconda, conviene usare la formula di Stirling.
Allora la prima cosa da notare come giustamente hai fatto è che in tutti e tre i casi si ha che $$\log(1+2^n)\sim n\log(2)$$ quindi possiamo dire che
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(1+2^n)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2+x^{2n}}
$$
Adesso separiamo in 2 casi, cioè $|x|>1$ e $|x|\leq 1$.
Nel caso $|x|>1$ abbiamo che $$n^2+x^{2n}\sim x^{2n}$$ quindi
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{x^{2n}}
$$
Da qui la cosa più semplice è applicare il criterio della radice, infatti si ha che
$$
\lim\limits_{n\to + \infty} \sqrt[n]{ \frac{n\log(2)}{x^{2n}} }= \lim\limits_{n\to + \infty} \frac{1}{x^2}\sqrt[n]{ n\log(2)}=\frac{1}{x^2}<1 \, , \, \forall |x|>1
$$
e poiché siamo proprio nel caso $|x|>1$, si ha che in questo caso la serie è sempre convergente.
Se ti stai chiedendo come mai è scomparso il termine con la radice è perché il suo limite fa $1$, infatti
$$
\lim\limits_{n\to + \infty}\sqrt[n]{ n\log(2)}=\lim\limits_{n\to + \infty}e^{\ln{\sqrt[n]{ n\log(2)}}}=\lim\limits_{n\to + \infty}e^{\frac{1}{n}\ln{\left( n\log(2)\right)}}=1
$$
Per il secondo caso, cioè $|x|\leq 1$, notiamo che $$n^2+x^{2n} \sim n^2$$ quindi possiamo dire che
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(1+2^n)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2} =\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(2)}{n}=\log(2)\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}
$$
Ma questa è proprio la serie armonica, che è divergente, ed essendo scomparsa la dipendenza da $x$ concludiamo che la serie diverge sempre nel nostro caso, ovvero per $|x|\leq 1$.
Adesso prova tu con la seconda.
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(1+2^n)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2+x^{2n}}
$$
Adesso separiamo in 2 casi, cioè $|x|>1$ e $|x|\leq 1$.
Nel caso $|x|>1$ abbiamo che $$n^2+x^{2n}\sim x^{2n}$$ quindi
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{x^{2n}}
$$
Da qui la cosa più semplice è applicare il criterio della radice, infatti si ha che
$$
\lim\limits_{n\to + \infty} \sqrt[n]{ \frac{n\log(2)}{x^{2n}} }= \lim\limits_{n\to + \infty} \frac{1}{x^2}\sqrt[n]{ n\log(2)}=\frac{1}{x^2}<1 \, , \, \forall |x|>1
$$
e poiché siamo proprio nel caso $|x|>1$, si ha che in questo caso la serie è sempre convergente.
Se ti stai chiedendo come mai è scomparso il termine con la radice è perché il suo limite fa $1$, infatti
$$
\lim\limits_{n\to + \infty}\sqrt[n]{ n\log(2)}=\lim\limits_{n\to + \infty}e^{\ln{\sqrt[n]{ n\log(2)}}}=\lim\limits_{n\to + \infty}e^{\frac{1}{n}\ln{\left( n\log(2)\right)}}=1
$$
Per il secondo caso, cioè $|x|\leq 1$, notiamo che $$n^2+x^{2n} \sim n^2$$ quindi possiamo dire che
$$
\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(1+2^n)}{n^2+x^{2n}} \sim \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{n\log(2)}{n^2} =\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{\log(2)}{n}=\log(2)\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1}{n}
$$
Ma questa è proprio la serie armonica, che è divergente, ed essendo scomparsa la dipendenza da $x$ concludiamo che la serie diverge sempre nel nostro caso, ovvero per $|x|\leq 1$.
Adesso prova tu con la seconda.
"gugo82":
Se calcoli i limiti come hai fatto, le informazioni per concludere ce le hai.
"Bossmer":
Allora la prima cosa da notare come giustamente hai fatto è che in tutti e tre i casi si ha che \[ \log(1+2^n)\sim n\log(2) \]
Siamo sicuri che sia un procedimento corretto, in generale, quello della "sostituzione" per ordini di infinito in una funzione composta? Ad esempio ho notato (per x a infinito):
$ x ~ (x+1) $
Ma non vale $ (x^x) ~ (x+1)^x $ e neppure $ (x^x) ~ (x+1)^(x+1) $
Com'è possibile?
@Bossmer grazie dell'aiuto, provo con la seconda
Il procedimento è corretto se calcoli correttamente… Altrimenti non c'è nulla che tenga.
Infatti, $(x+1)^(x+1) ~~ x^(x+1)$ ovviamente.
Infatti, $(x+1)^(x+1) ~~ x^(x+1)$ ovviamente.
"gugo82":
Il procedimento è corretto se calcoli correttamente… Altrimenti non c'è nulla che tenga.
Infatti, $(x+1)^(x+1) ~~ x^(x+1)$ ovviamente.
Ok, si comportano allo stesso modo cioè divergono entrambi... Ma ciò non toglie che per calcolare il limite del primo (per x a infinito) non posso sostituire $x$ a $x+1$, infatti non è vero che $(x+1)^(x+1) ~ x^(x+1)$; io credo che sostituire funzioni con ordini di infinito uguali debba portarmi a trovare lo stesso limite (?) ma in questo caso non è così
"gugo82":
Infatti, $(x+1)^(x+1) ~ x^(x+1)$ ovviamente.
Beh non esattamente, infatti credo che sia quello che cerca di dire ProPatria.
Perché visto che $$ \lim\limits_{x \to + \infty} \frac{(x+1)^{x+1} }{ x^{x+1} }= \lim\limits_{x \to + \infty} \frac{x^{x+1} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{ x^{x+1} }=\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(1+\frac{1}{x}\right)=\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x= e
$$
tecnicamente la relazione corretta è $(x+1)^(x+1) ~ e * x^(x+1)$, però forse l'hai volutamente tralasciato perché è solo un fattore moltiplicativo e il comportamento non cambia.
"ProPatria":
Siamo sicuri che sia un procedimento corretto, in generale, quello della "sostituzione" per ordini di infinito in una funzione composta? Ad esempio ho notato (per x a infinito):
$ x ~ (x+1) $
Ma non vale $ (x^x) ~ (x+1)^x $ e neppure $ (x^x) ~ (x+1)^(x+1) $
Com'è possibile?
Allora innanzi tutto la condizione di asintoticità dice una cosa molto pratica, due successioni sono asintotiche se e solo se il limite del loro rapporto fa $1$, punto. Quindi tu nel dubbio ti calcoli il limite del rapporto e se fa $1$ puoi dormire sonni tranquilli, se fa una costante diversa da zero, vuol dire che dovevi moltiplicare per quella costante l'asintotico, come nell'esempio che ho appena scritto.
Però hai sollevato un problema che in effetti esiste, in generale non puoi sostituire in una funzione composta, dipende da funzione a funzione; si può dimostrare che l'asintotico non ti crea problemi con l'elevazione a potenza, con la moltiplicazione, con la divisione e con i limiti notevoli. Io infatti ho usato il limite notevole(che forse è notevole solo per me
):$$
\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(1+f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=1
$$
che si dimostra così:
$$
\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(1+f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\right)+\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{\frac{1}{f(x)}}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{1}{{f(x)}\ln\left(f(x)\right)}=1
$$
Dove nel penultimo passaggio ho usato il limite notevole(asintotico) sicuramente tabulato :
$$
\lim\limits_{g(x) \to 0} \frac{\ln\left(1+g(x)\right)}{g(x)}=1
$$
Quindi formalizzando, se $f(x)~F(x)$ e $g(x)~G(x)$ , per $x\to x_0$ , dove $x_0$ è quello che ti pare, pure infinito, allora vale che
$$
f(x)*g(x)\sim F(x)*G(x)
$$
e anche che
$$
\frac{f(x)}{g(x)}\sim \frac{F(x)}{G(x)}
$$
e inoltre che
$$
f(x)^k\sim F(x)^k \, , \, \forall k\in \mathbb{R}
$$
ovviamente sempre per $x$ che tende allo stesso $x_0$.
In tutti gli altri casi il consiglio è applicare la definizione di asintotico ogni volta che hai a che fare con una forma funzionale non familiare e comunque non evidentemente riconducibile a un limite notevole tabulato, oppure a un "tuo" limite notevole, ricorda che grazie a Taylor ci sono infiniti "limiti notevoli" non tabulati che possono entrare a far parte del tuo bagaglio... Però la scelta migliore secondo me rimane quella di applicare la definizione di asintotico, che non sbagli mai.
Quasi dimenticavo, bada che anche con le somme e le sottrazioni c'è da stare attenti, ad esempio $\sin(x)$ e $\tan(x)$ sono asintotiche entrambe a $x$ (per $x\to 0$) e quindi verrebbe da dire che $\sin(x)-\tan(x) ~ x-x=0$ che è evidentemente falso.
"Bossmer":
[quote="gugo82"]
Infatti, $(x+1)^(x+1) ~ x^(x+1)$ ovviamente.
Beh non esattamente, infatti credo che sia quello che cerca di dire ProPatria.
Perché visto che $$ \lim\limits_{x \to + \infty} \frac{(x+1)^{x+1} }{ x^{x+1} }= \lim\limits_{x \to + \infty} \frac{x^{x+1} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(1+\frac{1}{x}\right)}{ x^{x+1} }=\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(1+\frac{1}{x}\right)=\lim\limits_{x \to + \infty} \left(1+\frac{1}{x}\right)^x= e
$$
tecnicamente la relazione corretta è $(x+1)^(x+1) ~ e * x^(x+1)$, però forse l'hai volutamente tralasciato perché è solo un fattore moltiplicativo e il comportamento non cambia.
"ProPatria":
Siamo sicuri che sia un procedimento corretto, in generale, quello della "sostituzione" per ordini di infinito in una funzione composta? Ad esempio ho notato (per x a infinito):
$ x ~ (x+1) $
Ma non vale $ (x^x) ~ (x+1)^x $ e neppure $ (x^x) ~ (x+1)^(x+1) $
Com'è possibile?
Allora innanzi tutto la condizione di asintoticità dice una cosa molto pratica, due successioni sono asintotiche se e solo se il limite del loro rapporto fa $1$, punto. Quindi tu nel dubbio ti calcoli il limite del rapporto e se fa $1$ puoi dormire sonni tranquilli, se fa una costante diversa da zero, vuol dire che dovevi moltiplicare per quella costante l'asintotico, come nell'esempio che ho appena scritto.
Però hai sollevato un problema che in effetti esiste, in generale non puoi sostituire in una funzione composta, dipende da funzione a funzione; si può dimostrare che l'asintotico non ti crea problemi con l'elevazione a potenza, con la moltiplicazione, con la divisione e con i limiti notevoli. Io infatti ho usato il limite notevole(che forse è notevole solo per me
):$$
\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(1+f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=1
$$
che si dimostra così:
$$
\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(1+f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\right)+\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} \frac{\ln\left(f(x)\right)}{\ln\left(f(x)\right)}+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{\ln\left(1+\frac{1}{f(x)}\right)}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{\frac{1}{f(x)}}{\ln\left(f(x)\right)}=\lim\limits_{f(x) \to + \infty} 1+\frac{1}{{f(x)}\ln\left(f(x)\right)}=1
$$
Dove nel penultimo passaggio ho usato il limite notevole(asintotico) sicuramente tabulato :
$$
\lim\limits_{g(x) \to 0} \frac{\ln\left(1+g(x)\right)}{g(x)}=1
$$
Quindi formalizzando, se $f(x)~F(x)$ e $g(x)~G(x)$ , per $x\to x_0$ , dove $x_0$ è quello che ti pare, pure infinito, allora vale che
$$
f(x)*g(x)\sim F(x)*G(x)
$$
e anche che
$$
\frac{f(x)}{g(x)}\sim \frac{F(x)}{G(x)}
$$
e inoltre che
$$
f(x)^k\sim F(x)^k \, , \, \forall k\in \mathbb{R}
$$
ovviamente sempre per $x$ che tende allo stesso $x_0$.
In tutti gli altri casi il consiglio è applicare la definizione di asintotico ogni volta che hai a che fare con una forma funzionale non familiare e comunque non evidentemente riconducibile a un limite notevole tabulato, oppure a un "tuo" limite notevole, ricorda che grazie a Taylor ci sono infiniti "limiti notevoli" non tabulati che possono entrare a far parte del tuo bagaglio... Però la scelta migliore secondo me rimane quella di applicare la definizione di asintotico, che non sbagli mai.
Quasi dimenticavo, bada che anche con le somme e le sottrazioni c'è da stare attenti, ad esempio $\sin(x)$ e $\tan(x)$ sono asintotiche entrambe a $x$ (per $x\to 0$) e quindi verrebbe da dire che $\sin(x)-\tan(x) ~ x-x=0$ che è evidentemente falso.[/quote]
Ci sono, grazie tante
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