Serie numerica...quanto bisogna andare avanti?!?!?!?
Determinare il piu' piccolo $k$ tale che
$\sum_{h=1}^k 1/h >= 100$
$\sum_{h=1}^k 1/h >= 100$
Risposte
Credo volessi scrivere $\sum_(h=1)^k1/h>=100$, o sbaglio?
Ad ogni modo, la serie armonica diverge molto lentamente... ed ho paura che il più piccolo $k$ sia piuttosto grande.
Per una stima ricorda che la somma parziale $k$-esima della serie armonica è $>ln (k+1)$, quindi...
Ad ogni modo, la serie armonica diverge molto lentamente... ed ho paura che il più piccolo $k$ sia piuttosto grande.
Per una stima ricorda che la somma parziale $k$-esima della serie armonica è $>ln (k+1)$, quindi...
E' una punizione?
Potresti usare il "criterio integrale", non per vedere la convergenza che non c'è, ma per stimare la ridotta. Per avere almeno una prima stima decente per eccesso e per difetto su $k$
Potresti usare il "criterio integrale", non per vedere la convergenza che non c'è, ma per stimare la ridotta. Per avere almeno una prima stima decente per eccesso e per difetto su $k$
corretto
vuoi forse dire che
$\sum_(h=1)^k1/h>ln(k)$ ?
io so che $\sum_(h=1)^k1/h$ e" asintoticamente equivalente a $ln(k)$...ma non conoscevo quella stima
"Gugo82":
Credo volessi scrivere $\sum_(h=1)^k1/h>=100$, o sbaglio?
Ad ogni modo, la serie armonica diverge molto lentamente... ed ho paura che il più piccolo $k$ sia piuttosto grande. Per una stima ricorda che la somma parziale $k$-esima della serie armonica è $>ln (k+1)$, quindi...
vuoi forse dire che
$\sum_(h=1)^k1/h>ln(k)$ ?
io so che $\sum_(h=1)^k1/h$ e" asintoticamente equivalente a $ln(k)$...ma non conoscevo quella stima
Potresti usare il fatto (dovuto a Eulero) che $H_{n}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}=\int_{0}^{1}\frac{1-x^{n}}{1-x}dx$.
Facile:
$\sum_(h=1)^k1/h =\sum_(h=1)^k \int_h^(h+1) 1/h" d"x>\sum_(h=1)^k \int_h^(h+1) 1/x " d"x=\int_1^(k+1) 1/x" d"x=ln(k+1) \quad$;
d'altra parte per $k>=2$ è pure:
$\sum_(h=1)^k1/h =1+\sum_(h=2)^k \int_(h-1)^h 1/h" d"x<1+\sum_(h=2)^k \int_(h-1)^h 1/x " d"x=1+\int_1^k 1/x" d"x=1+ln k\quad$,
cosicché $ln(k+1)<\sum_(h=1)^k1/h<1+lnk$.
Questo era ciò che intendeva suggerire anche il Cattivissimo.
$\sum_(h=1)^k1/h =\sum_(h=1)^k \int_h^(h+1) 1/h" d"x>\sum_(h=1)^k \int_h^(h+1) 1/x " d"x=\int_1^(k+1) 1/x" d"x=ln(k+1) \quad$;
d'altra parte per $k>=2$ è pure:
$\sum_(h=1)^k1/h =1+\sum_(h=2)^k \int_(h-1)^h 1/h" d"x<1+\sum_(h=2)^k \int_(h-1)^h 1/x " d"x=1+\int_1^k 1/x" d"x=1+ln k\quad$,
cosicché $ln(k+1)<\sum_(h=1)^k1/h<1+lnk$.
Questo era ciò che intendeva suggerire anche il Cattivissimo.
Il cuore della dim del criterio integrale sta nella decrescenza della $f(x)$ che ti dà $a_n$ se calcolata in $n$.
E questa decrescenza ti permette di avere appunto stime per difetto e per eccesso (di fatto, la ridotta è una somma di Riemann: inferiore o superiore scegliendo l'indice giusto).
[size=75]Ehm, rispondevo ad angus89. Ma qui è peggio che le mosche col miele.[/size]
E questa decrescenza ti permette di avere appunto stime per difetto e per eccesso (di fatto, la ridotta è una somma di Riemann: inferiore o superiore scegliendo l'indice giusto).
[size=75]Ehm, rispondevo ad angus89. Ma qui è peggio che le mosche col miele.[/size]
ok...la dimostrazione di Gugo82 mi và bene...anche se ho da chiarire un pò di punti...inanzitutto dove ci troviamo? in $R$?
E poi,
da dove esce $dx$?...Abbiamo introdotto e/o cambiato variabile?
Se nn hai voglia di specificarmi tutti i passaggi mi andrebbe benissimo anche un link...
E poi,
"Gugo82":
$\sum_(h=1)^k1/h =\sum_(h=1)^k \int_h^(h+1) 1/h" d"x$
da dove esce $dx$?...Abbiamo introdotto e/o cambiato variabile?
Se nn hai voglia di specificarmi tutti i passaggi mi andrebbe benissimo anche un link...
@angus89
Comunque, Gugo82 sta integrando una funzione costante sull'intervallo $[h,h+1]$ e se fai il calcolo vedrai che l'uguale ci sta tutto.
"Fioravante Patrone":Gugo82 non so, ma io avevo risposto qui alla tua domanda prima che la facessi
Il cuore della dim del criterio integrale sta nella decrescenza della $f(x)$ che ti dà $a_n$ se calcolata in $n$.
Comunque, Gugo82 sta integrando una funzione costante sull'intervallo $[h,h+1]$ e se fai il calcolo vedrai che l'uguale ci sta tutto.
"Fioravante Patrone":
Comunque, Gugo82 sta integrando una funzione costante sull'intervallo $[h,h+1]$ e se fai il calcolo vedrai che l'uguale ci sta tutto.
Lo spirito era questo.
Non l'ho scritto esplicitamente, ma è abbastanza evidente che $1/h=1/h*1=1/h*\int_h^(h+1) " d"x=\int_h^(h+1) 1/h" d"x$ (ed analogamente con $\int_(h-1)^h 1/h "d"x$), in quanto per fissato $h$ il numero $1/h$ è costante rispetto alla variabile d'integrazione; tenendo presente che $AAx in ]h,h+1]$ [risp. $AA x in [h-1,h[$ con $h>=2$] si ha:
$h
trovi $\int_h^(h+1) 1/h" d"x> \int_h^(h+1) 1/x " d"x$ [risp. $\int_(h-1)^h 1/h " d"x < \int_(h-1)^h 1/x " d"x$].
La dimostrazione prosegue facilmente con l'applicazione della proprietà additiva dell'integrale.
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