Serie $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n}$
Dire se converge la serie seguente: $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n}$
Ho risolto questo esercizio nel seguente modo, vorrei sapere se va bene e se vi viene in mente qualche metodo alternativo:
considero dapprima una disuguaglianza semplice da dimostrare $n^n <= (n!)^2 \rightarrow n^sqrt(n)<= (n!)^2$ da un certo $n_\h$ in poi . Quindi maggioro la serie in questo modo:
$ \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n} <=frac {n!^{2}}{2^n} $
successivamente studio la seconda serie con il metodo del rapporto ottenendo $\frac{(n+1)^2 2^n}{2^{n+1} n^2} $ ottenendo infine $frac {1}{2} {\frac { n+1}{n}}^2$ che tende ad $\frac {1}{2}$. La serie $\sum_{n=0}^{+\infty} frac {n!^{2}}{2^n}$ converge e per il criterio del confronto la serie $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n}$ convergerà anch'essa.
Ho risolto questo esercizio nel seguente modo, vorrei sapere se va bene e se vi viene in mente qualche metodo alternativo:
considero dapprima una disuguaglianza semplice da dimostrare $n^n <= (n!)^2 \rightarrow n^sqrt(n)<= (n!)^2$ da un certo $n_\h$ in poi . Quindi maggioro la serie in questo modo:
$ \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n} <=frac {n!^{2}}{2^n} $
successivamente studio la seconda serie con il metodo del rapporto ottenendo $\frac{(n+1)^2 2^n}{2^{n+1} n^2} $ ottenendo infine $frac {1}{2} {\frac { n+1}{n}}^2$ che tende ad $\frac {1}{2}$. La serie $\sum_{n=0}^{+\infty} frac {n!^{2}}{2^n}$ converge e per il criterio del confronto la serie $\sum_{n=0}^{+\infty} \frac {n^{\sqrt(n)}}{2^n}$ convergerà anch'essa.
Risposte
"floriano94":
successivamente studio la seconda serie con il metodo del rapporto ottenendo $\frac{(n+1)^2 2^n}{2^{n+1} n^2} $
E i fattoriali?
Quella roba diverge, non ci vuole il criterio del rapporto per rendersene conto
Giusto...e cosa proponi?
Ci sono esponenziali, ergo puoi provare col criterio della radice.
Hai:
\[
\sqrt[n]{\frac{n^{\sqrt{n}}}{2^n}} = \frac{1}{2}\ n^{\frac{1}{\sqrt{n}}}
\]
ed il limite della robaccia a destra non mi pare proibitivo da calcolare.
Hai:
\[
\sqrt[n]{\frac{n^{\sqrt{n}}}{2^n}} = \frac{1}{2}\ n^{\frac{1}{\sqrt{n}}}
\]
ed il limite della robaccia a destra non mi pare proibitivo da calcolare.
Domanda cretina: sei sicuro che $n$ parta da $0$ nella serie?
Semplicemente perché, qualora fosse $n=0$, avremmo un fastidioso $0^0$ al numeratore che dovrebbe essere indeterminato.
Semplicemente perché, qualora fosse $n=0$, avremmo un fastidioso $0^0$ al numeratore che dovrebbe essere indeterminato.
Sono sicuro che parta da 0, ho appena ricontrollato.
Per quanto riguarda quel limite\[ \sqrt[n]{\frac{n^{\sqrt{n}}}{2^n}} = \frac{1}{2}\ n^{\frac{1}{\sqrt{n}}} \]
si può scrivere \[ \lim_{n\rightarrow \infty} n^{\frac {1}{\sqrt(n)}}= \lim_{n\rightarrow \infty} e^{\frac{\ln {n}}{\sqrt(n)} }=1 \] ergo la serie converge.
Si può usare questo tipo di manipolazione del limite con le serie? P.s. Grazie mille per l'aiuto!
Per quanto riguarda quel limite\[ \sqrt[n]{\frac{n^{\sqrt{n}}}{2^n}} = \frac{1}{2}\ n^{\frac{1}{\sqrt{n}}} \]
si può scrivere \[ \lim_{n\rightarrow \infty} n^{\frac {1}{\sqrt(n)}}= \lim_{n\rightarrow \infty} e^{\frac{\ln {n}}{\sqrt(n)} }=1 \] ergo la serie converge.
Si può usare questo tipo di manipolazione del limite con le serie? P.s. Grazie mille per l'aiuto!
@ floriano: Non mi risulta che l'uso del calcolo letterale sia un reato penale...
@ Zero87: Dato che:
\[
\lim_{x\to 0^+} x^{\sqrt{x}} = \lim_{x\to 0^+} \exp \left( \sqrt{x}\ \ln x\right) = e^0=1
\]
si può assumere che il primo addendo di quella serie sia \(=1\).
@ Zero87: Dato che:
\[
\lim_{x\to 0^+} x^{\sqrt{x}} = \lim_{x\to 0^+} \exp \left( \sqrt{x}\ \ln x\right) = e^0=1
\]
si può assumere che il primo addendo di quella serie sia \(=1\).
"gugo82":
@ Zero87: Dato che:
\[
\lim_{x\to 0^+} x^{\sqrt{x}} = \lim_{x\to 0^+} \exp \left( \sqrt{x}\ \ln x\right) = e^0=1
\]
si può assumere che il primo addendo di quella serie sia \(=1\).
Right, right.
Avevo sollevato la questione solamente perché in Analisi II il prof si arrabbiava parecchio se mettevamo indici per cui il termine della serie non era definito.
Era una buona idea ma ti sei sbagliato qui:
Se \(a_n=\frac{(n!)^2}{2^n}\) allora
\[
\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n!)^2(n+1)^2}{2^n\cdot 2}\frac{2^n}{(n!)^2}=\frac{(n+1)^2}{2}\to +\infty.\]
Quindi la serie che hai usato per confontare diverge e non puoi concludere nulla. Visto che ci siamo:
"floriano94":
successivamente studio la seconda serie con il metodo del rapporto ottenendo $\frac{(n+1)^2 2^n}{2^{n+1} n^2} $ ottenendo infine $frac {1}{2} {\frac { n+1}{n}}^2$
Se \(a_n=\frac{(n!)^2}{2^n}\) allora
\[
\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n!)^2(n+1)^2}{2^n\cdot 2}\frac{2^n}{(n!)^2}=\frac{(n+1)^2}{2}\to +\infty.\]
Quindi la serie che hai usato per confontare diverge e non puoi concludere nulla. Visto che ci siamo:
considero dapprima una disuguaglianza semplice da dimostrare $n^n <= (n!)^2 \rightarrow n^sqrt(n)<= (n!)^2$ da un certo $n_\h$ in poi .Verissimo, ma a me non sembra super semplice da dimostrare. Sicuramente mi sbaglio, ti va di farmi vedere come hai fatto?
@dissonance: per induzione mi pare effettivamente una seccatura. Però facendo il limite il rapporto ci si arriva subito!
Si, mi riferisco alla disuguaglianza \((n!)^2\ge n^n\) per ogni \(n\) sufficientemente grande. Sono d'accordo che è vero, in verità saprei anche come dimostrarlo. La dimostrazione che ho in mente, però, non mi pare tanto ovvia (neanche difficilissima). Per questo mi piacerebbe sapere dove mi sbaglio e come sia possibile mostrare quella disuguaglianza con poco sforzo.
Ma io parlavo proprio di quella disuguaglianza. Dato che per induzione è una gran bella seccatura, mi sono limitato a constatare che $(n!)^2/n^n$ diverge, e ci vuole un attimo
Va bene, ma come hai fatto, esplicitamente?
@ dissonance: Dovrebbe bastare una stima debole di tipo Stirling, cioé:
\[
c\cdot n^n e^{-n} \leq n!
\]
(con \(c>0\)), che si prova in vari modi (e.g., usando il TFCI oppure il fatto che \((1+\frac{1}{n})^n < e < (1+\frac{1}{n})^{n+1}\)).
Infatti si ha:
\[
\frac{(n!)^2}{n^n}\geq c\cdot \frac{n^{\cancel{2}n} e^{-2n}}{\cancel{n^n}} = c\cdot n^n e^{-2n}\to \infty
\]
quindi la successione \(\frac{(n!)^2}{n^n}\) è certamente definitivamente maggiore di \(1\).
\[
c\cdot n^n e^{-n} \leq n!
\]
(con \(c>0\)), che si prova in vari modi (e.g., usando il TFCI oppure il fatto che \((1+\frac{1}{n})^n < e < (1+\frac{1}{n})^{n+1}\)).
Infatti si ha:
\[
\frac{(n!)^2}{n^n}\geq c\cdot \frac{n^{\cancel{2}n} e^{-2n}}{\cancel{n^n}} = c\cdot n^n e^{-2n}\to \infty
\]
quindi la successione \(\frac{(n!)^2}{n^n}\) è certamente definitivamente maggiore di \(1\).
@dissonance: col criterio del rapporto 
Eh si grazie Plepp, effettivamente col criterio del rapporto si risolve in modo rapido. Per la cronaca, anche io avevo pensato grosso modo alla stessa cosa che dice Gugo, usando però la serie esponenziale:
\[
e^n=1+n+\frac{n^2}{2}+\dots+\frac{n^n}{n!}+\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+\dots\ge \frac{n^n}{n!},\]
da cui \(n!e^n\ge n^n\) eccetera. Niente di trascendentale ma c'è da mettere in campo un po' di idee, per questo mi chiedevo se ci fosse un modo più semplice e soprattutto più sistematico.
\[
e^n=1+n+\frac{n^2}{2}+\dots+\frac{n^n}{n!}+\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+\dots\ge \frac{n^n}{n!},\]
da cui \(n!e^n\ge n^n\) eccetera. Niente di trascendentale ma c'è da mettere in campo un po' di idee, per questo mi chiedevo se ci fosse un modo più semplice e soprattutto più sistematico.
"dissonance":
Si, mi riferisco alla disuguaglianza \((n!)^2\ge n^n\) per ogni \(n\) sufficientemente grande.
Perchè per induzione è difficile ? Se scrivo \[ n!^2>n^n \] \[ (n+1)!^2>(n+1)^2 n^n > (n+1)^{n+1} \]
e per dimostrare l'ultimo pezzo della disuguaglianza è sufficiente notare che \[(n+1)> ({\frac{n+1}{n}})^n \] la successione a sinistra è illimitata, mentre quella a destra è monotona crescente e limitata superiormente, per cui la disuguaglianza è verificata definitivamente per n abbastanza grandi.
Accedi a tutti gli appunti
Tutor AI: studia meglio e in meno tempo