Serie
ciao,mi trovo in una grandissima difficoltà per la convergenza e somma delle serie!chi mi spiega l'argomento a parole semplici?
vorrei imparare soprattutto il procedimento per risolvere esercizi del tipo:
$\sum_{n=1}^infty(-1)^n(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)
oppure
$\sum_{n=0}^infty(log_2*1/x)^n
in cui devo stabilire i valori per farla convergere assolutamente
devo calcolarmi il limite della successione che tende a infinito?
vorrei imparare soprattutto il procedimento per risolvere esercizi del tipo:
$\sum_{n=1}^infty(-1)^n(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)
oppure
$\sum_{n=0}^infty(log_2*1/x)^n
in cui devo stabilire i valori per farla convergere assolutamente
devo calcolarmi il limite della successione che tende a infinito?
Risposte
"piccola88":
ciao,mi trovo in una grandissima difficoltà per la convergenza e somma delle serie!chi mi spiega l'argomento a parole semplici?
vorrei imparare soprattutto il procedimento per risolvere esercizi [...]
Aprire un buon libro di esercizi di Analisi non sarebbe una cattiva idea; ad esempio, il Marcellini-Sbordone non è male.
l'ho aperto e ci ho sbattuto 1po la testa e ho fatto progressi..seppur piccoli
$\sum_{n=0}^infty(log_2*1/x)^n
essendo una serie geometrica,so che la serie converge se il suo aromento è <1
quindi $\log_2(1/x)<1$ diventa che la serie converge per $\x>1/2$
la sua somma invece è $S_n=\1/(1-log_2(1/x))$ che non so come e se puo essere semplificato in altra scrittura..
$\sum_{n=1}^infty(-1)^n(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)
so che è una serie a segni alterni e quindi se converge$\(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)$ allora converge assolutamente anche la serie di partenza..
io la risolverei con il criterio del confronto,sapendo che $\n>=1$ il termine $log(1+1/n^2)<=log2$ e quindi lo trascurerei...rimane la serie $\sum_{n=1}^infty(sqrt(n^2+1)-n)/n^alpha$
posso applicare ora il criterio del rapporto per risolvere quest'ultima serie?
$\sum_{n=0}^infty(log_2*1/x)^n
essendo una serie geometrica,so che la serie converge se il suo aromento è <1
quindi $\log_2(1/x)<1$ diventa che la serie converge per $\x>1/2$
la sua somma invece è $S_n=\1/(1-log_2(1/x))$ che non so come e se puo essere semplificato in altra scrittura..
$\sum_{n=1}^infty(-1)^n(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)
so che è una serie a segni alterni e quindi se converge$\(sqrt(n^2+1)-n)/n^alphalog(1+1/n^2)$ allora converge assolutamente anche la serie di partenza..
io la risolverei con il criterio del confronto,sapendo che $\n>=1$ il termine $log(1+1/n^2)<=log2$ e quindi lo trascurerei...rimane la serie $\sum_{n=1}^infty(sqrt(n^2+1)-n)/n^alpha$
posso applicare ora il criterio del rapporto per risolvere quest'ultima serie?
c'è qualcuno che potrebbe dirmi se sono esatti i passaggi che ho fatto?
Il primo ok! (Vedi che sfogliare libri male non fa? 
)
Per il secondo io proverei a stabilire innanzitutto l'ordine di infinitesimo della successione degli addendi.
)Per il secondo io proverei a stabilire innanzitutto l'ordine di infinitesimo della successione degli addendi.
a cosa servirebbe sapere l'ordine di infinitesimo?
dovrebbe essere così:
comunque facendo il limite dell'degli addendi utilizzando hopital esce 0.quindi $\alpha >=0$
dovrebbe essere così:
comunque facendo il limite dell'degli addendi utilizzando hopital esce 0.quindi $\alpha >=0$
"piccola88":
a cosa servirebbe sapere l'ordine di infinitesimo?
Serve perchè se la successione degli addendi è, diciamo, infinitesima d'ordine $p>1$, allora si può maggiorare con $\sum 1/n^p$ che converge (in quanto armonica generalizzata con esponente $p>1$).
"piccola88":
dovrebbe essere così:
Come?
"piccola88":
comunque facendo il limite dell'degli addendi utilizzando hopital esce 0. quindi $\alpha >=0$
Utilizzare de l'Hospital per le successioni... Lo aborro e qui ho spiegato il perchè
Ad ogni modo, per $alpha >=0$ il limite degli addendi è certamente $0$; anzi anche per alcuni $alpha <0$ il limite è nullo... Guarda bene.
si..per qualsiasi $\alpha$ il limite è sempre nullo,però visto che nelle serie vengono adottati i numeri naturali credevo che $\alpha>=0$
quindi la confronto con $\sum1/n^p$ e converge.è giusto quindi come avevo scritto in precedenza che tutto il logaritmo posso trascurarlo?
quindi la confronto con $\sum1/n^p$ e converge.è giusto quindi come avevo scritto in precedenza che tutto il logaritmo posso trascurarlo?
Ovviamente no.
Anzi il logaritmo dà un contributo importante all'ordine d'infinitesimo (che ancora non hai determinato, però) della successione degli addendi... Per accorgertene basta ricordare il limite fondamentale del logaritmo.
Anzi il logaritmo dà un contributo importante all'ordine d'infinitesimo (che ancora non hai determinato, però
) della successione degli addendi... Per accorgertene basta ricordare il limite fondamentale del logaritmo.
non ce la farò mai a passare questo esame!!:(
comunque...sarà per caso $\(log(1+x))/x=1$ per x che tende a 0?
posso chiederti1favore?non ci arriverò mai da sola a risolvere questa serie e anche se vado contro il regolamento e sicuramente anche contro il tuo pensiero,potresti scrivermi in maniera sintetica come converge questa serie?cosi mi copio quello che dici e provo a riapplicarlo per esercizi simili a questo..
non odiarmi
comunque...sarà per caso $\(log(1+x))/x=1$ per x che tende a 0?
posso chiederti1favore?non ci arriverò mai da sola a risolvere questa serie e anche se vado contro il regolamento e sicuramente anche contro il tuo pensiero,potresti scrivermi in maniera sintetica come converge questa serie?cosi mi copio quello che dici e provo a riapplicarlo per esercizi simili a questo..
non odiarmi
Certo, il limite fondamentale da applicare è proprio quello... Unito ad un altro, ossia $(\sqrt(1+x)-1)/x \to 1/2$.
Mi spiego: la successione degli addendi è:
$a_n=1/n^alpha*(\sqrt(n^2+1)-n)*ln(1+1/n^2)=1/n^alpha*n*(\sqrt(1+1/n^2)-1)*ln(1+1/n^2)=1/n^(alpha-1)*(\sqrt(1+1/n^2)-1)*ln(1+1/n^2)$;
sfruttando i due limiti fondamentali richiamati sopra, si scopre che:
$lim_n (ln(1+1/n^2))/(1/n^2)=1 \quad $ e $\quad lim_n (\sqrt(1+1/n^2)-1)/(1/n^2)=1/2$
il che equivale a dire che $ln(1+1/n^2)$ e $\sqrt(1+1/n^2)-1$ sono infinitesimi entrambi d'ordine $2$ (rispetto ad $1/n$), cosicché esistono due costanti $c_1,c_2 >0$ tali che:
$ln(1+1/n^2)<=c_2/n^2 " e " \sqrt(1+1/n^2)-1<=c_1/n^2 \quad => \quad ln(1+1/n^2)*\sqrt(1+1/n^2)-1<=(c_1c_2)/n^4$.
Ne viene che:
$\sum a_n<=c_1c_2*sum 1/n^(alpha -1)*1/n^4 =c_1c_2*\sum 1/n^(alpha+3)\quad$;
la serie a secondo membro è di tipo armonico generalizzato, quindi converge certamente per valori dell'esponente $>1$, ossia per $alpha+3>1 => alpha >-2$.
Mi spiego: la successione degli addendi è:
$a_n=1/n^alpha*(\sqrt(n^2+1)-n)*ln(1+1/n^2)=1/n^alpha*n*(\sqrt(1+1/n^2)-1)*ln(1+1/n^2)=1/n^(alpha-1)*(\sqrt(1+1/n^2)-1)*ln(1+1/n^2)$;
sfruttando i due limiti fondamentali richiamati sopra, si scopre che:
$lim_n (ln(1+1/n^2))/(1/n^2)=1 \quad $ e $\quad lim_n (\sqrt(1+1/n^2)-1)/(1/n^2)=1/2$
il che equivale a dire che $ln(1+1/n^2)$ e $\sqrt(1+1/n^2)-1$ sono infinitesimi entrambi d'ordine $2$ (rispetto ad $1/n$), cosicché esistono due costanti $c_1,c_2 >0$ tali che:
$ln(1+1/n^2)<=c_2/n^2 " e " \sqrt(1+1/n^2)-1<=c_1/n^2 \quad => \quad ln(1+1/n^2)*\sqrt(1+1/n^2)-1<=(c_1c_2)/n^4$.
Ne viene che:
$\sum a_n<=c_1c_2*sum 1/n^(alpha -1)*1/n^4 =c_1c_2*\sum 1/n^(alpha+3)\quad$;
la serie a secondo membro è di tipo armonico generalizzato, quindi converge certamente per valori dell'esponente $>1$, ossia per $alpha+3>1 => alpha >-2$.
wow..che mostro!!in senso buono intendo!Ho capito i vari passaggi,anche se da sola non ci sarei mai arrivata..
Mi viene una domanda(stai sperando che sia l'ultima vero? )..quando devo risolvere una serie per confronto,devo sempre calcolarmi il limite per vedere l'ordine di infinitesimo?
in un alto esercizio per esempio ho trovato che $\(logn)/n<1/n$ e non riuscivo proprio a capire come poteva essere $\logn<1$!!
ora so però che in questo caso il limite fa 1 e l'ordine di infinitesimo è 1 e quindi per questo posso porlo $\<1/n$!!!!
ti farei 1statua anche se non riuscirò mai a passare l'esame di analisi1:D
Mi viene una domanda(stai sperando che sia l'ultima vero?
)..quando devo risolvere una serie per confronto,devo sempre calcolarmi il limite per vedere l'ordine di infinitesimo?in un alto esercizio per esempio ho trovato che $\(logn)/n<1/n$ e non riuscivo proprio a capire come poteva essere $\logn<1$!!
ora so però che in questo caso il limite fa 1 e l'ordine di infinitesimo è 1 e quindi per questo posso porlo $\<1/n$!!!!
ti farei 1statua anche se non riuscirò mai a passare l'esame di analisi1:D
Secondo me c'è un errore nel verso della disuguaglianza; infatti per $n>=3$ si ha certamente $ln n>1$, quindi la tua serie $sum (ln n)/n$ è minorata dalla serie armonica $\sum 1/n$ che diverge per noti fatti.
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