Serie numerica
Ciao, sto svolgendo la seguente serie:
$ sum(1/(nlog(n^2+1))) $ .
Ho pensato di risolverla con il confronto, però non saprei con cosa confrontarla. Avete un suggerimento?
$ sum(1/(nlog(n^2+1))) $ .
Ho pensato di risolverla con il confronto, però non saprei con cosa confrontarla. Avete un suggerimento?
Risposte
\[ \frac{1}{n \ln(n^2 + 1)} = \frac{ 1}{n \ln (n^2(1 + \frac{1}{n^2}))} \sim \frac{1}{2 n \ln (n)}, \ n \to + \infty \]
Sai come si studia la serie [tex]\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n \ln (n)}[/tex]?
Sai come si studia la serie [tex]\sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n \ln (n)}[/tex]?
Si, dovrebbe convergere per il criterio integrale per le serie. Comunque mi sono accorto che c'è un errore nel testo che ho scritto, è un $ log^2 $ quello al denominatore. Cambia qualcosa?
No, in realtà diverge. Puoi usare il criterio del confronto con l'integrale o anche un metodo più raffinato che assomiglia alla dimostrazione della divergenza della serie armonica. Useremo questo anche per il caso in cui il logaritmo è al quadrato.
La somma parziale ennesima della serie è
\[ \sum_{n = 2}^{ k} \frac{1}{n \ln (n)} = \frac{1}{2 \ln 2} + \overbrace{\frac{1}{3 \ln 3}}^{{} > \frac{1}{4 \ln 4}} + \frac{1}{4 \ln 4} + \overbrace {\frac{1}{5 \ln^2 5} + \frac{1}{6 \ln^2 6} + \frac {1}{7 \ln^2 7}}^{{} > \frac{3}{8 \ln 8}} + \frac{1}{8 \ln 8} + \overbrace{\dots + \frac{1}{15 \ln 15}}^{{} > \frac{7}{16 \ln 16}} + \frac{1}{16 \ln 16} + \dots > \frac{1}{2 \ln 2} \left ( 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \dots \right ) = \frac{1}{2 \ln 2} \left ( \underbrace{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots}_{{} serie \ armonica} \right ) \]
Cioè la serie è minorata dalla serie armonica, che è divergente. Quindi diverge!
Al grado due si applica lo stesso ragionamento, ma stavolta si maggiora (di fatto la serie con il logaritmo di grado 2 è convergente).
\[ \sum_{n = 2}^{ k} \frac{1}{n \ln^2 (n)} = \frac{1}{2 \ln^2 2} + \overbrace{\frac{1}{3 \ln^2 3}}^{{} < \frac{1}{2 \ln^2 2}} + \frac{1}{4 \ln^2 4} + \overbrace {\frac{1}{5 \ln^2 5} + \frac{1}{6 \ln^2 6} + \frac {1}{7 \ln^2 7}}^{{} < \frac{3}{ 4 \ln^2 4}} + \frac{1}{8 \ln^2 8} + \overbrace { \dots + \frac {1} {15 \ln^2 15}}^{{} < \frac{7} {8 \ln^2 8}} + \dots < \frac{1}{\ln^2 2} \left ( \underbrace{1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \dots }_{{} serie \ armonica \ di \ grado \ 2} \right ) \]
Quindi la serie risulta essere minore della serie armonica di grado 2, che converge. Quindi converge!
La somma parziale ennesima della serie è
\[ \sum_{n = 2}^{ k} \frac{1}{n \ln (n)} = \frac{1}{2 \ln 2} + \overbrace{\frac{1}{3 \ln 3}}^{{} > \frac{1}{4 \ln 4}} + \frac{1}{4 \ln 4} + \overbrace {\frac{1}{5 \ln^2 5} + \frac{1}{6 \ln^2 6} + \frac {1}{7 \ln^2 7}}^{{} > \frac{3}{8 \ln 8}} + \frac{1}{8 \ln 8} + \overbrace{\dots + \frac{1}{15 \ln 15}}^{{} > \frac{7}{16 \ln 16}} + \frac{1}{16 \ln 16} + \dots > \frac{1}{2 \ln 2} \left ( 1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{4} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \frac{1}{12} + \dots \right ) = \frac{1}{2 \ln 2} \left ( \underbrace{1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \dots}_{{} serie \ armonica} \right ) \]
Cioè la serie è minorata dalla serie armonica, che è divergente. Quindi diverge!
Al grado due si applica lo stesso ragionamento, ma stavolta si maggiora (di fatto la serie con il logaritmo di grado 2 è convergente).
\[ \sum_{n = 2}^{ k} \frac{1}{n \ln^2 (n)} = \frac{1}{2 \ln^2 2} + \overbrace{\frac{1}{3 \ln^2 3}}^{{} < \frac{1}{2 \ln^2 2}} + \frac{1}{4 \ln^2 4} + \overbrace {\frac{1}{5 \ln^2 5} + \frac{1}{6 \ln^2 6} + \frac {1}{7 \ln^2 7}}^{{} < \frac{3}{ 4 \ln^2 4}} + \frac{1}{8 \ln^2 8} + \overbrace { \dots + \frac {1} {15 \ln^2 15}}^{{} < \frac{7} {8 \ln^2 8}} + \dots < \frac{1}{\ln^2 2} \left ( \underbrace{1 + \frac{1}{4} + \frac{1}{9} + \frac{1}{16} + \dots }_{{} serie \ armonica \ di \ grado \ 2} \right ) \]
Quindi la serie risulta essere minore della serie armonica di grado 2, che converge. Quindi converge!
In realtà ci sarebbe anche un altro modo, molto più veloce sia del confronto con l'integrale che di questa dimostrazione basata sulle somme parziali, ma non tutti conoscono il criterio di condensazione di Cauchy.
Sono rispettate le condizioni necessarie. La serie è a termini positivi, ed è decrescente. Quindi:
La serie
\[ \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n \ln^{\alpha} n} \]
converge $ \iff $ converge la serie
\[ \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2^n}{2^n \ln^{\alpha} 2^n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\alpha} 2} = \frac{1}{\ln^{\alpha} 2} \cdot \overbrace{\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{\alpha}}}^{{} \clubsuit } \]
Cioè converge quando converge [tex]\clubsuit[/tex], che altro non è che la serie armonica generalizzata.
Quindi, nel tuo caso, quando $ \alpha = 1 $ diverge, e quando $ \alpha = 2$ converge, come avevamo già dimostrato
Sono rispettate le condizioni necessarie. La serie è a termini positivi, ed è decrescente. Quindi:
La serie
\[ \sum_{n = 2}^{+ \infty} \frac{1}{n \ln^{\alpha} n} \]
converge $ \iff $ converge la serie
\[ \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{2^n}{2^n \ln^{\alpha} 2^n} = \sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\alpha} 2} = \frac{1}{\ln^{\alpha} 2} \cdot \overbrace{\sum_{n = 1}^{+ \infty} \frac{1}{n^{\alpha}}}^{{} \clubsuit } \]
Cioè converge quando converge [tex]\clubsuit[/tex], che altro non è che la serie armonica generalizzata.
Quindi, nel tuo caso, quando $ \alpha = 1 $ diverge, e quando $ \alpha = 2$ converge, come avevamo già dimostrato
Ho capito, ma il fatto di aver usato il $ 2^n $ è generale o è applicato al caso specifico?
Il criterio afferma che una serie non crescente a termini positivi della forma
\[ \sum_{n = k}^{+\infty} a_n \]
converge $\iff$ converge la serie
\[ \sum_{n = k-1}^{+ \infty} 2^n \cdot a_{2^n} \]
con [tex]\mathbb{N} \ni k \geq 1[/tex].
La dimostrazione sostanzialmente è uguale a quella che ho usato per le serie dei logaritmi. Se vuoi la posto
\[ \sum_{n = k}^{+\infty} a_n \]
converge $\iff$ converge la serie
\[ \sum_{n = k-1}^{+ \infty} 2^n \cdot a_{2^n} \]
con [tex]\mathbb{N} \ni k \geq 1[/tex].
La dimostrazione sostanzialmente è uguale a quella che ho usato per le serie dei logaritmi. Se vuoi la posto
Grazie, davvero molto esauriente! Ora però mi ritrovo ad affrontare un'altra serie, di questo tipo:
$ sum(log((2n)/(n+1))3^n/(n!)) $
Ho provato con il criterio del confronto, ma mi rimane comunque quel $ 3^n/(n!) $ che non so come gestire. Hai un suggerimento?
$ sum(log((2n)/(n+1))3^n/(n!)) $
Ho provato con il criterio del confronto, ma mi rimane comunque quel $ 3^n/(n!) $ che non so come gestire. Hai un suggerimento?
Usa l'approssimazione di Stirling 
Se non la conosci, te ne do velocemente l'enunciato:
\[ \lim_{n \to + \infty}{\frac{n!}{\sqrt{2 \pi n} \left (\frac{n}{e} \right )^n}} = 1 \]
Cioè, per valori grandi di $n$,
\[ \sqrt{2 \pi n} \left (\frac{n}{e} \right )^n \approx n! \]
Quindi, per $ n \to + \infty$, sono asintotici e puoi "sostituire" questa formula con $n!$
Se non la conosci, te ne do velocemente l'enunciato:
\[ \lim_{n \to + \infty}{\frac{n!}{\sqrt{2 \pi n} \left (\frac{n}{e} \right )^n}} = 1 \]
Cioè, per valori grandi di $n$,
\[ \sqrt{2 \pi n} \left (\frac{n}{e} \right )^n \approx n! \]
Quindi, per $ n \to + \infty$, sono asintotici e puoi "sostituire" questa formula con $n!$
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