Serie a termini con segno alterno
Vorrei determinare per quali valori di $0<\alpha<1$ la seguente serie a termini di segno alterno converge.
$\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/(n^\alpha))$.
Ho provato a utilizzare il criterio di Leibnitz però per $0<\alpha<1$, i termini della serie in valore assoluto non costituiscono una successione monotona decrescente. Il criterio di Leibnitz si può applicare solo per $\alpha>=1$.
In quale altro modo si potrebbe studiare la convergenza della serie da me proposta?
$\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/(n^\alpha))$.
Ho provato a utilizzare il criterio di Leibnitz però per $0<\alpha<1$, i termini della serie in valore assoluto non costituiscono una successione monotona decrescente. Il criterio di Leibnitz si può applicare solo per $\alpha>=1$.
In quale altro modo si potrebbe studiare la convergenza della serie da me proposta?
Risposte
Sei sicuro che la serie parta da $n=1$?
@maxsiviero: questa è una cosa minore che non ha a che fare con il problema, chiaramente la serie partirà da un indice che la rende definita. Non spacchiamo il capello.
@Angelo: perché non provi con confronto asintotico, visto che per $\alpha>0$ si ha comunque $(-1)^n/(n^{\alpha})\to 0$?
Paola
@Angelo: perché non provi con confronto asintotico, visto che per $\alpha>0$ si ha comunque $(-1)^n/(n^{\alpha})\to 0$?
Paola
"prime_number":
@maxsiviero: questa è una cosa minore che non ha a che fare con il problema, chiaramente la serie partirà da un indice che la rende definita. Non spacchiamo il capello.
Chiedo venia per l'eccesso di precisione allora.
Ma di nulla. Tieni questo criceto da pettinare
[img]http://t0.gstatic.com/images?q=tbn:ANd9GcTpszjw0LASG5hiEL6Lx8XYdi3_71AHkSNPBlPd1BBTosLTt5IiHjVOh4qPdQ[/img]
Paola
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Paola
Ti ringrazio. Mi ci applicherò con impegno 
Ricordo che \(\log (1+x)\leq x\) per ogni \(x>-1\).
Chiedo scusa, avete ragione, $n>=2$.
Il criterio di confronto asintotico non posso applicarlo perchè vale solo quando le serie sono a termini positivi.
Non capisco in che modo si possa usare la disuguaglianza $log(1+x)<=x$ per provare la convergenza della serie.
Il criterio di confronto asintotico non posso applicarlo perchè vale solo quando le serie sono a termini positivi.
Non capisco in che modo si possa usare la disuguaglianza $log(1+x)<=x$ per provare la convergenza della serie.
Beh, ad esempio quella relazione ti dice che anche per \(0<\alpha \leq 1\) le somme parziali della tua serie rimangono limitate dall'alto (perché non superano quelle della serie convergente \(\sum \frac{(-1)^n}{n^\alpha}\)).
Analogamente, la stima \(x-\frac{1}{2}\ x^2\leq \log (1+x)\)* ti dice che le somme parziali della tua serie rimangono limitate dal basso anche per \(1/2<\alpha \leq 1\) (perché non minori delle somme parziali della serie convergente \(\sum \frac{(-1)^n}{n^\alpha} -\frac{1}{2n^{2\alpha}}\)).
Quindi è del tutto lecito congetturare che la serie converga (ma non assolutamente) pure per \(0<\alpha \leq 1\) sufficientemente vicini a \(1\)... Proviamo a verificare questo fatto.
Innanzitutto notiamo che la serie è a segni alterni, poiché infatti si ha:
\[
1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\quad \begin{cases} >1 &\text{, se } n \text{ è pari}\\ <1 &\text{, se } n \text{ è dispari} \end{cases}
\]
ergo:
\[
\log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right)\quad \begin{cases} >0 &\text{, se } n \text{ è pari}\\ <0 &\text{, se } n \text{ è dispari.} \end{cases}
\]
Ne consegue che:
\[
\log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) = (-1)^n \left| \log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) \right|
\]
e, volendo applicare Leibniz, si deve riuscire a far vedere che la successione di termine generale \(a_n:=\left| \log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) \right|\) è decrescente (che essa sia infinitesima e positiva lo sappiamo già).
Per \(n=2\) abbiamo:
\[
a_2 = \log \left( 1+\frac{1}{2^\alpha}\right) \qquad \text{ed} \qquad a_3= -\log \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)
\]
quindi:
\[
\begin{split}
a_2 -a_3 &= \log \left[ \left( 1+\frac{1}{2^\alpha}\right)\cdot \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)\right]\\
&= \log \left[ 1+\frac{3^\alpha -2^\alpha +1}{6^\alpha}\right]\\
&> 0
\end{split}
\]
perché \(3^\alpha -2^\alpha +1>0\), quindi \(a_2>a_3\).
D'altra parte, per \(n=3\) abbiamo:
\[
a_3= -\log \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right) \qquad \text{ed} \qquad a_4 = \log \left( 1+\frac{1}{4^\alpha}\right)
\]
quindi:
\[
\begin{split}
a_3 -a_4 &= -\log \left[ \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)\cdot \left( 1+\frac{1}{4^\alpha}\right)\right]\\
&= -\log \left[ 1+\frac{3^\alpha -4^\alpha -1}{12^\alpha}\right]\\
&> 0
\end{split}
\]
perché \(3^\alpha -4^\alpha -1<0\), quindi \(a_3\geq a_4\).
Ciò costituisce una buona base per l'induzione.
Suppongo che il passo induttivo si possa verificare allo stesso modo, cioè distinguendo i casi \(n \text{ dispari}\) ed \(n\text{ dispari}\).
Quindi la serie converge pure per \(0<\alpha \leq 1\) per Leibniz.
__________
* Questa stima viene fuori dal fatto che \(\log (1+x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}\ x^{n+1}\) e dal fatto che, per una serie a segni alterni, le somme parziali d'ordine dispari sono minori della somma.
Analogamente, la stima \(x-\frac{1}{2}\ x^2\leq \log (1+x)\)* ti dice che le somme parziali della tua serie rimangono limitate dal basso anche per \(1/2<\alpha \leq 1\) (perché non minori delle somme parziali della serie convergente \(\sum \frac{(-1)^n}{n^\alpha} -\frac{1}{2n^{2\alpha}}\)).
Quindi è del tutto lecito congetturare che la serie converga (ma non assolutamente) pure per \(0<\alpha \leq 1\) sufficientemente vicini a \(1\)... Proviamo a verificare questo fatto.
Innanzitutto notiamo che la serie è a segni alterni, poiché infatti si ha:
\[
1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\quad \begin{cases} >1 &\text{, se } n \text{ è pari}\\ <1 &\text{, se } n \text{ è dispari} \end{cases}
\]
ergo:
\[
\log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right)\quad \begin{cases} >0 &\text{, se } n \text{ è pari}\\ <0 &\text{, se } n \text{ è dispari.} \end{cases}
\]
Ne consegue che:
\[
\log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) = (-1)^n \left| \log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) \right|
\]
e, volendo applicare Leibniz, si deve riuscire a far vedere che la successione di termine generale \(a_n:=\left| \log \left( 1+\frac{(-1)^n}{n^\alpha}\right) \right|\) è decrescente (che essa sia infinitesima e positiva lo sappiamo già).
Per \(n=2\) abbiamo:
\[
a_2 = \log \left( 1+\frac{1}{2^\alpha}\right) \qquad \text{ed} \qquad a_3= -\log \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)
\]
quindi:
\[
\begin{split}
a_2 -a_3 &= \log \left[ \left( 1+\frac{1}{2^\alpha}\right)\cdot \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)\right]\\
&= \log \left[ 1+\frac{3^\alpha -2^\alpha +1}{6^\alpha}\right]\\
&> 0
\end{split}
\]
perché \(3^\alpha -2^\alpha +1>0\), quindi \(a_2>a_3\).
D'altra parte, per \(n=3\) abbiamo:
\[
a_3= -\log \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right) \qquad \text{ed} \qquad a_4 = \log \left( 1+\frac{1}{4^\alpha}\right)
\]
quindi:
\[
\begin{split}
a_3 -a_4 &= -\log \left[ \left( 1-\frac{1}{3^\alpha}\right)\cdot \left( 1+\frac{1}{4^\alpha}\right)\right]\\
&= -\log \left[ 1+\frac{3^\alpha -4^\alpha -1}{12^\alpha}\right]\\
&> 0
\end{split}
\]
perché \(3^\alpha -4^\alpha -1<0\), quindi \(a_3\geq a_4\).
Ciò costituisce una buona base per l'induzione.
Suppongo che il passo induttivo si possa verificare allo stesso modo, cioè distinguendo i casi \(n \text{ dispari}\) ed \(n\text{ dispari}\).
Quindi la serie converge pure per \(0<\alpha \leq 1\) per Leibniz.
__________
* Questa stima viene fuori dal fatto che \(\log (1+x) = \sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{n+1}\ x^{n+1}\) e dal fatto che, per una serie a segni alterni, le somme parziali d'ordine dispari sono minori della somma.
Le disuguaglianze $a_(2n+1)>=a_(2n+2)$ sono vere per ogni $\alpha>0$, però le disuguaglianze $a_(2n)>=a_(2n+1)$ sono vere solo se $\alpha>=1$.
$a_2 -a_3 = log [( 1+frac{1}{2^\alpha})*( 1-frac{1}{3^\alpha})] = log [ 1+frac{3^\alpha -2^\alpha -1}{6^\alpha}] $
Ma $3^\alpha -2^\alpha -1 >=0$ solo se $\alpha>=1$
Io sono interessato alla convergenza della serie per $0<\alpha<1$ e per tali valori di $\alpha$ non si può applicare il criterio di Leibnitz perchè la successione $\{a_n}$ non è monotona decrescente.
Il fatto che le somme parziali siano limitate non prova che la serie è convergente perchè potrebbe essere oscillante.
Per questo ripropongo la stessa domanda: in che modo si può provare la convergenza (o la non convergenza) della serie $\sum_{n=2}^\infty \log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ per $0
$a_2 -a_3 = log [( 1+frac{1}{2^\alpha})*( 1-frac{1}{3^\alpha})] = log [ 1+frac{3^\alpha -2^\alpha -1}{6^\alpha}] $
Ma $3^\alpha -2^\alpha -1 >=0$ solo se $\alpha>=1$
Io sono interessato alla convergenza della serie per $0<\alpha<1$ e per tali valori di $\alpha$ non si può applicare il criterio di Leibnitz perchè la successione $\{a_n}$ non è monotona decrescente.
Il fatto che le somme parziali siano limitate non prova che la serie è convergente perchè potrebbe essere oscillante.
Per questo ripropongo la stessa domanda: in che modo si può provare la convergenza (o la non convergenza) della serie $\sum_{n=2}^\infty \log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ per $0
Uff... Ho fatto un errore scemo di segno.
Beh, allora Leibniz ce lo siamo giocati.
A questo punto si dovrebbe provare con qualche altro criterio di convergenza semplice nel caso \(0<\alpha \leq 1\)... Prova col criterio di Dirichlet.
Ma perché ti interessa così tanto questa serie?
Beh, allora Leibniz ce lo siamo giocati.
A questo punto si dovrebbe provare con qualche altro criterio di convergenza semplice nel caso \(0<\alpha \leq 1\)... Prova col criterio di Dirichlet.
Ma perché ti interessa così tanto questa serie?
"Angelo":
Vorrei determinare per quali valori di $0<\alpha<1$ la seguente serie a termini di segno alterno converge.
$\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/(n^\alpha))$.
Buonasera ;
Forse , un'idea interessante ...
Quando $ x -> 0 $ ho $ log(1+x) = x-\frac(x^2)(2)+ o( x^2) $
e cosi , quando $ n ->+infty $ posso scrivere
$ log(1+\frac((-1)^n)(n^\alpha)) $ = $ (-1)^n/(n^\alpha) - \frac(1)(2 n^(2\alpha)) - o(\frac(1)(2 n^(2\alpha))) $
dunque $ log(1+\frac((-1)^n)(n^\alpha)) $ = $ u_n - v_n $
con $ u_n = (-1)^n/(n^\alpha) $ e $ v_n sim \frac(1)(2 n^(2\alpha)) $ .
E facile di vedere che $ sum_(n=2)^(+infty) u_n $ è sempre convergente per $ \alpha > 0 $ .
Ne deduco che $\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/(n^\alpha))$ è convergente se e solo se $ sum_(n=2)^(+infty) v_n $
è convergente cioè se e solo se $ \alpha > \frac(1)(2) $ .
Salve DMNQ, tu hai applicato il criterio del confronto asintotico, però per quanto ne so, si può applicare solo con serie a termini positivi. Sei sicuro che si possa applicare anche con serie a termini di segno alterno?
gugo82, la disuguaglianza $log(1+x)>x-x^2/2$ è falsa per $-1=x-2x^2$ la quale è certamente vera per ogni $x>=-3/4$.
Pertanto $x-2x^2<=log(1+x)<=x$ (*) per ogni $x>=-3/4$.
Sia $\alpha>1/2$.
Pongo $x=(-1)^n/n^\alpha$, risulta, $x>=-3/4$ per ogni $n>=2$ e quindi posso applicare la disuguaglianza (*) ottenendo,
$(-1)^n/n^\alpha-2*1/n^(2\alpha)<= log(1+(-1)^n/n^\alpha)<= (-1)^n/n^\alpha$, da cui moltiplicando per $n^(\alpha-1/2)$, si ottiene,
$(-1)^n/sqrt(n)-2*1/n^(alpha+1/2)<= n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)<= (-1)^n/sqrt(n)$, da cui si ricava,
$\sum_{n=2}^N (-1)^n/sqrt(n)-2*\sum_{n=2}^N 1/n^(alpha+1/2)<=\sum_{n=2}^N [n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)] <=\sum_{n=2}^N (-1)^n/sqrt(n)$ per ogni $N>2$
Siccome le serie $\sum_{n=2}^\infty (-1)^n/sqrt(n)$ e $\sum_{n=2}^\infty 1/n^(alpha+1/2)$ sono convergenti, allora,
$|\sum_{n=2}^N [n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)]|<=M$ per ogni $N>2$
Pongo $a_n=n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ e $b_n=1/n^(\alpha-1/2)$ per ogni $n>=2$.
Sono tutte soddisfatte le seguenti ipotesi del criterio di Dirichlet:
1) $|\sum_{n=2}^N a_n|<=M$ per ogni $N>2$;
2) $b_n>=b_(n+1)>0$ per ogni $n>=2$
3) $lim_(n->\infty) b_n=0$
allora la serie $\sum_{n=2}^\infty a_nb_n$ risulta convergente.
Questo prova che la serie $\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ è convergente per ogni $\alpha>1/2$
gugo82, la disuguaglianza $log(1+x)>x-x^2/2$ è falsa per $-1
Pertanto $x-2x^2<=log(1+x)<=x$ (*) per ogni $x>=-3/4$.
Sia $\alpha>1/2$.
Pongo $x=(-1)^n/n^\alpha$, risulta, $x>=-3/4$ per ogni $n>=2$ e quindi posso applicare la disuguaglianza (*) ottenendo,
$(-1)^n/n^\alpha-2*1/n^(2\alpha)<= log(1+(-1)^n/n^\alpha)<= (-1)^n/n^\alpha$, da cui moltiplicando per $n^(\alpha-1/2)$, si ottiene,
$(-1)^n/sqrt(n)-2*1/n^(alpha+1/2)<= n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)<= (-1)^n/sqrt(n)$, da cui si ricava,
$\sum_{n=2}^N (-1)^n/sqrt(n)-2*\sum_{n=2}^N 1/n^(alpha+1/2)<=\sum_{n=2}^N [n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)] <=\sum_{n=2}^N (-1)^n/sqrt(n)$ per ogni $N>2$
Siccome le serie $\sum_{n=2}^\infty (-1)^n/sqrt(n)$ e $\sum_{n=2}^\infty 1/n^(alpha+1/2)$ sono convergenti, allora,
$|\sum_{n=2}^N [n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)]|<=M$ per ogni $N>2$
Pongo $a_n=n^(\alpha-1/2)*log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ e $b_n=1/n^(\alpha-1/2)$ per ogni $n>=2$.
Sono tutte soddisfatte le seguenti ipotesi del criterio di Dirichlet:
1) $|\sum_{n=2}^N a_n|<=M$ per ogni $N>2$;
2) $b_n>=b_(n+1)>0$ per ogni $n>=2$
3) $lim_(n->\infty) b_n=0$
allora la serie $\sum_{n=2}^\infty a_nb_n$ risulta convergente.
Questo prova che la serie $\sum_{n=2}^\infty log(1+(-1)^n/n^\alpha)$ è convergente per ogni $\alpha>1/2$
"Angelo":
Salve DMNQ, tu hai applicato il criterio del confronto asintotico, però per quanto ne so, si può applicare solo con serie a termini positivi. Sei sicuro che si possa applicare anche con serie a termini di segno alterno?
Buongiorno Angelo ;
Penso che la mia esplicazione è giusta . Difatti , per $ \sum_(n=2)^(+infty) u_n $ non c'è problema .
Per la serie $ \sum_(n=2)^(+infty) v_n $ , i termini $ v_n $ sono positivi quando $ n $ è sufficientemente grande e dunque il criterio asintotico è possibile .
Sì, credo che tu abbia ragione, complimenti per la tua dimostrazione, davvero molto elegante ed esaustiva.
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