Serie con logaritmo
Buongiorno, data questa serie:
$sum_2^(+oo)log( (n+3)/(n-1) )$
non so come dimostrarne la divergenza. Ho provato il criterio della radice e di Cauchy ma non portano a niente. Avevo pensato di confrontarla ma non so con cosa... Grazie in anticipo
$sum_2^(+oo)log( (n+3)/(n-1) )$
non so come dimostrarne la divergenza. Ho provato il criterio della radice e di Cauchy ma non portano a niente. Avevo pensato di confrontarla ma non so con cosa... Grazie in anticipo
Risposte
Prova a scrivere $\frac{n+3}{n-1}=\frac{n-1+4}{n-1}=\frac{n-1}{n-1}+\frac{4}{n-1}=1+\frac{4}{n-1}$ e ad usare lo sviluppo di Taylor di $\ln(1+t)$.
@Mephlip Sarebbe meglio se prima effettuasse la sostuituzione $k=n-1$ IMHO.
Non sapevo si potesse utilizzare lo sviluppo di Taylor per la convergenza delle serie. Intanto, si può usare anche per le successioni e non solo per le funzioni?
E in secondo luogo, devo sostituire il termine generale della mia serie con la sua approssimazione e poi studiare il carattere della nuova serie?
E in secondo luogo, devo sostituire il termine generale della mia serie con la sua approssimazione e poi studiare il carattere della nuova serie?
Ciao _ester_,
Farei semplicemente uso del suggerimento di Mephlip e poi applicherei il criterio del confronto asintotico:
$ \sum_{n = 2}^{+\infty} log((n+3)/(n-1)) = \sum_{n = 2}^{+\infty} log(1 + 4/(n-1)) $[tex]\sim[/tex] $ \sum_{n = 2}^{+\infty} 4/(n-1) = 4 \sum_{k = 1}^{+\infty} 1/k $
ove naturalmente $k := n - 1 $ (come ha suggerito Bokonon, anche se lui suggeriva di farlo prima, ma si può fare anche dopo...
). L'ultima serie scritta non è altro che la serie armonica, notoriamente divergente.
Farei semplicemente uso del suggerimento di Mephlip e poi applicherei il criterio del confronto asintotico:
$ \sum_{n = 2}^{+\infty} log((n+3)/(n-1)) = \sum_{n = 2}^{+\infty} log(1 + 4/(n-1)) $[tex]\sim[/tex] $ \sum_{n = 2}^{+\infty} 4/(n-1) = 4 \sum_{k = 1}^{+\infty} 1/k $
ove naturalmente $k := n - 1 $ (come ha suggerito Bokonon, anche se lui suggeriva di farlo prima, ma si può fare anche dopo...
). L'ultima serie scritta non è altro che la serie armonica, notoriamente divergente.
@pilloeffe, grazie mille 
Ma mi viene il dubbio a questo punto, come mai è possibile utilizzare lo sviluppo di Taylor nelle successioni se queste non sono derivabili?
Ma mi viene il dubbio a questo punto, come mai è possibile utilizzare lo sviluppo di Taylor nelle successioni se queste non sono derivabili?
"_ester_":
@pilloeffe, grazie mille
Prego!
"_ester_":
Ma mi viene il dubbio a questo punto, come mai è possibile utilizzare lo sviluppo di Taylor nelle successioni se queste non sono derivabili?
Beh, facendo uso del suggerimento che ti ha già dato Mephlip, se poni $t := 4/(n - 1) > 0 $ puoi tranquillamente trovare lo sviluppo in serie di $ln(1 + t) $ purché sia $t <= 1 \implies n >= 5 $
Questa tecnica è stata usata anche recentemente qui.
Bene, ho capito un po' di più in che senso usare Taylor in queste situazioni, ma:
1)
2) Mi rimane il dubbio sul fatto che le successioni, essendo costituite da punti isolati (o no?), non sono derivabili, quindi come posso approssimarle con lo sviluppo di Taylor se questo si applica a funzioni infinitamente derivabili?
1)
"pilloeffe":Qui intendevi $t>1$? Altrimenti non ho capito perché
purché sia $t <= 1 \implies n >= 5 $
2) Mi rimane il dubbio sul fatto che le successioni, essendo costituite da punti isolati (o no?), non sono derivabili, quindi come posso approssimarle con lo sviluppo di Taylor se questo si applica a funzioni infinitamente derivabili?
@_ester_
Proviamo a riassumere la logica di ciò che stiamo facendo.
Dal criterio per confronto date due serie $a=sum_(n=1)^(oo) a_n$ e $b=sum_(n=1)^(oo) b_n$, di cui sappiamo che b diverge, se $a_n>=b_n$ significa che sta sempre sopra e quindi diverge anch'essa.
Nota bene che non è necessario dimostrare che $a_n>=b_n$ per ogni n, è sufficiente mostrare che accada da un certo punto in poi.
Prendiamo la serie armonica $b=sum_(k=1)^(oo) 1/n=M_(alpha)+sum_(k=alpha)^(oo) 1/n=M_(alpha)+oo$
Tradotto, possiamo effettuare la somma dei primi $alpha$ termini e ottenere un numero $M_(alpha)$ ma la parte rimanente della serie diverge comunque.
Consideriamo adesso la serie $a=sum_(n=1)^(oo) ln(1+1/(k/4))$ che non è altro che la nostra serie in cui è stata effettuata la sostituzione $k=n-1$. Compariamola con la serie armonica e vediamo se è vero che $a_n>=b_n rArr ln(1+1/(k/4))>=1/k$ (*)
Ora, questo avviene sempre ma non è facile mostralo per induzione, perciò potremmo moltiplicare ambo i membri per $k/4$ e vedere cosa accade al crescere indefinito di $k$.
$ln[(1+1/(k/4))^(k/4)]>=1/4$ che per $k->oo$ diventa $ln(e)=1>=1/4$
Quindi possiamo affermare che da un certo $k=alpha$ in poi $a_n>=b_n$ quindi diverge.
Un'altra idea è considerare la funzione continua $f(k)$, quindi la nostra serie è composta da sottoinsieme di punti dell'immagine della funzione, ovvero i k naturali positivi.
Ergo se la relazione vale per tutti i reali, allora varrà anche per i naturali.
Tornando alla nostra (*) e applicando il confronto asintotico che hanno proposto nel thread, abbiamo la medesima conclusione.
Proviamo a riassumere la logica di ciò che stiamo facendo.
Dal criterio per confronto date due serie $a=sum_(n=1)^(oo) a_n$ e $b=sum_(n=1)^(oo) b_n$, di cui sappiamo che b diverge, se $a_n>=b_n$ significa che sta sempre sopra e quindi diverge anch'essa.
Nota bene che non è necessario dimostrare che $a_n>=b_n$ per ogni n, è sufficiente mostrare che accada da un certo punto in poi.
Prendiamo la serie armonica $b=sum_(k=1)^(oo) 1/n=M_(alpha)+sum_(k=alpha)^(oo) 1/n=M_(alpha)+oo$
Tradotto, possiamo effettuare la somma dei primi $alpha$ termini e ottenere un numero $M_(alpha)$ ma la parte rimanente della serie diverge comunque.
Consideriamo adesso la serie $a=sum_(n=1)^(oo) ln(1+1/(k/4))$ che non è altro che la nostra serie in cui è stata effettuata la sostituzione $k=n-1$. Compariamola con la serie armonica e vediamo se è vero che $a_n>=b_n rArr ln(1+1/(k/4))>=1/k$ (*)
Ora, questo avviene sempre ma non è facile mostralo per induzione, perciò potremmo moltiplicare ambo i membri per $k/4$ e vedere cosa accade al crescere indefinito di $k$.
$ln[(1+1/(k/4))^(k/4)]>=1/4$ che per $k->oo$ diventa $ln(e)=1>=1/4$
Quindi possiamo affermare che da un certo $k=alpha$ in poi $a_n>=b_n$ quindi diverge.
Un'altra idea è considerare la funzione continua $f(k)$, quindi la nostra serie è composta da sottoinsieme di punti dell'immagine della funzione, ovvero i k naturali positivi.
Ergo se la relazione vale per tutti i reali, allora varrà anche per i naturali.
Tornando alla nostra (*) e applicando il confronto asintotico che hanno proposto nel thread, abbiamo la medesima conclusione.
@Bokonon: sì, in effetti io so già dove voglio arrivare e potrebbe essere forviante per chi ha meno esperienza!
Quindi _ester_, in futuro può essere utile sostituire immediatamente per visualizzare meglio la successione e ricondursi ad opportune successioni asintotiche a quella di partenza.
Quindi _ester_, in futuro può essere utile sostituire immediatamente per visualizzare meglio la successione e ricondursi ad opportune successioni asintotiche a quella di partenza.
"_ester_":
1)
[quote="pilloeffe"]
purché sia $t <= 1 \implies n >= 5 $
Qui intendevi $t > 1$? Altrimenti non ho capito perché [/quote]
No, no, intendevo proprio $t <= 1$: lo sviluppo in serie di $ln(1 + t) $ converge per $- 1< t <= 1 $, ma siccome nel nostro caso $t := 4/(n - 1) > 0 $ è sufficiente accertarsi che sia $t <= 1 $ e ciò accade per $n >= 5 $
Molto chiaro il procedimento
Questa è una risposta alla mia domanda sullo sviluppo di Taylor?
@pilloeffe: perfetto, ora ho capito
"Bokonon":
Un'altra idea è considerare la funzione continua $f(k)$, quindi la nostra serie è composta da sottoinsieme di punti dell'immagine della funzione, ovvero i k naturali positivi.
Ergo se la relazione vale per tutti i reali, allora varrà anche per i naturali.
Questa è una risposta alla mia domanda sullo sviluppo di Taylor?
@pilloeffe: perfetto, ora ho capito
"_ester_":
Questa è una risposta alla mia domanda sullo sviluppo di Taylor?
Era riferita all'interpretazione diretta di @Pilloeffe
Pensala come un funzione continua.
https://www.desmos.com/calculator/x9it5tbwez
Se schiacci "play" vedi i valori delle due serie a confronto al variare di k.
Quando studierai la convergenza integrale, userai le funzioni e $int_1^(oo) 1/xdx=oo$ e questa è una sommatoria, no?
Immagina le serie che stai studiando come una sorta di integrale "discreto" o più correttamente come un integrale di Lesbegue https://it.wikipedia.org/wiki/Integrale ... i_semplici
Intervengo solo per segnalare le seguenti strategie risolutive che non richiedono l'uso delle [comodissime] equivalenze asintotiche.
1. Puoi scrivere il logaritmo del quoziente come differenza di logaritmi e ricondurti a una serie telescopica di passo 4 e divergente.
2. Puoi dimostrare[nota]Usando il teorema di Lagrange con la funzione $f(x)=\ln(x)$ e intervallo \([n-1,n+3]\) al variare di $n>1$ naturale.[/nota] che $\ln((n+3)/(n-1))>4/(n+3)$ [editato] per ogni $n\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ e sfruttare in seguito il criterio del confronto.
1. Puoi scrivere il logaritmo del quoziente come differenza di logaritmi e ricondurti a una serie telescopica di passo 4 e divergente.
2. Puoi dimostrare[nota]Usando il teorema di Lagrange con la funzione $f(x)=\ln(x)$ e intervallo \([n-1,n+3]\) al variare di $n>1$ naturale.[/nota] che $\ln((n+3)/(n-1))>4/(n+3)$ [editato] per ogni $n\in\mathbb{N}\setminus\{0,1\}$ e sfruttare in seguito il criterio del confronto.
@Mathita
Bella alternativa
Bella alternativa
Si potrebbe anche utilizzare la prima strategia risolutiva suggerita da Mathita combinata con la posizione $k := n - 1 $ suggerita da Bokonon:
$ \sum_{n = 2}^{+\infty} log((n+3)/(n-1)) = \sum_{k = 1}^{+\infty} log((k+4)/k) = \sum_{k = 1}^{+\infty} [log(k + 4) - log(k)] = \lim_{M \to +\infty} \sum_{k = 1}^M [log(k + 4) - log(k)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} [log((5)_M) - log((1)_M)] = \lim_{M \to +\infty} log[(5)_M/(1)_M] = \lim_{M \to +\infty} log[(5)_M/(1)_M] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[(5\cdot 6 \cdot ... \cdot (M + 4))/(1\cdot 2 \cdot ... \cdot M)] = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot ((M + 4)!)/(M!)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot ((M + 4)(M + 3)(M + 2)(M + 1)M!)/(M!)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot (M + 1)(M + 2)(M + 3)(M + 4)] = +\infty $
ove $(x)_n $ è il simbolo di Pochhammer: $(x)_n = (\Gamma(x+n))/(\Gamma(x)) = x(x+1)\cdot ... \cdot (x+n-1) $
$ \sum_{n = 2}^{+\infty} log((n+3)/(n-1)) = \sum_{k = 1}^{+\infty} log((k+4)/k) = \sum_{k = 1}^{+\infty} [log(k + 4) - log(k)] = \lim_{M \to +\infty} \sum_{k = 1}^M [log(k + 4) - log(k)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} [log((5)_M) - log((1)_M)] = \lim_{M \to +\infty} log[(5)_M/(1)_M] = \lim_{M \to +\infty} log[(5)_M/(1)_M] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[(5\cdot 6 \cdot ... \cdot (M + 4))/(1\cdot 2 \cdot ... \cdot M)] = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot ((M + 4)!)/(M!)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot ((M + 4)(M + 3)(M + 2)(M + 1)M!)/(M!)] = $
$ = \lim_{M \to +\infty} log[1/24 \cdot (M + 1)(M + 2)(M + 3)(M + 4)] = +\infty $
ove $(x)_n $ è il simbolo di Pochhammer: $(x)_n = (\Gamma(x+n))/(\Gamma(x)) = x(x+1)\cdot ... \cdot (x+n-1) $
Bella Pillo!
Adesso però mi state spaventando @_ester_
Adesso però mi state spaventando @_ester_
Bene, grazie a tutti per la disponibilità, anche se effettivamente alcuni dei suggerimenti per ora non penso di poterli comprendere del tutto...
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