Serie?
$\sum_{n=1}^\infty 1/(n*logn^6)$
Il log è in base e. E' facile, ma non mi viene niente...Qualche idea? >.>
Il log è in base e. E' facile, ma non mi viene niente...Qualche idea? >.>
Risposte
Semplicemente converge perchè il suo limite è 0
Premetto che da poco ho fatto le serie, ma se tipo usassimo il Criterio di Cauchy?
Quindi (scrivo il passaggio senza il simbolo di Sommatoria)
$2^n*1/(2^n6log(2^n)) => 1/(6log2)*1/n$
quindi
$1/(6log2)\sum_{n=1}^(+00)1/n$ che è proprio la serie armonica, la quale ci dice che visto che l'esponente di n è $<=1$ allora la serie diverge a $+00$
Se ho scritto scemenze ditemelo pure...
Quindi (scrivo il passaggio senza il simbolo di Sommatoria)
$2^n*1/(2^n6log(2^n)) => 1/(6log2)*1/n$
quindi
$1/(6log2)\sum_{n=1}^(+00)1/n$ che è proprio la serie armonica, la quale ci dice che visto che l'esponente di n è $<=1$ allora la serie diverge a $+00$
Se ho scritto scemenze ditemelo pure...
Non puoi assolutamente dire che la serie converge solo perche il limite va a $0$
Ciò infatti è condizione necessaria per la convergenza, ma non sufficiente...
Ciò infatti è condizione necessaria per la convergenza, ma non sufficiente...
Anche io lo pensavo, quindi va bene il criterio di Cauchy?
Per la risoluzione applica il criterio del confronto e vedi subito il carattere...
$1/(n(lnn^6))<1/n$
$1/(n(lnn^6))<1/n$
Faccio un passo indietro...
$1/n$ diverge e quindi non puoi dire nulla applicando il teorema del confronto...
$1/n$ diverge e quindi non puoi dire nulla applicando il teorema del confronto...
d'altronde è quello che ho detto anche io con Cauchy....
ma anche con il tuo metodo a livello asintotico puoi stabilire la stessa cosa.
ma anche con il tuo metodo a livello asintotico puoi stabilire la stessa cosa.
Esatto, con questo confronto non si va da nessuna parte....
La soluzione giusta è quella del criterio della condensazione di Lorin!
La soluzione giusta è quella del criterio della condensazione di Lorin!
Si ok
Per quest'altra serie avete qualcosa?
$\sum_{n=1}^\infty log((n+2)/(n+4))$
Sembra facile, ma non mi viene niente
$\sum_{n=1}^\infty log((n+2)/(n+4))$
Sembra facile, ma non mi viene niente
Ragazzi, nessuno? 
Ad una primissima occhiata, quella è una serie telescopica. Prova a scriverla come $sum[log(n+2)-log(n+4)]$.
cod studi a padova?
No perchè?
Cmq non sono ancora riuscito a risolverla >.>
Cmq non sono ancora riuscito a risolverla >.>
Posto $a_n = \ln ( {n+2}/{n+4})$, scrivendo $p(n) = {n+2}/{n+4}$ come $p(n) = 1 - 2/{n+4}$, per $n \to +\infty$ si ha $a_n = \ln p(n) = p(n) -1 + o(n^{-1}) = -2/{n+4} + o(n^{-1})$ (essendo $\ln(1+x) = x + o(x)$ per $x$ in un intorno di $0$). Proseguendo..
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