Serire criterio del confronto asintotico
salve a tutti ragazzi da poco ho fatto il compito di analisi e non sono riuscito a fare questa serie
serie (1,infinito) 1+log n/radice n avete qualche idea perhce non ci riesco
serie (1,infinito) 1+log n/radice n avete qualche idea perhce non ci riesco
Risposte
le formule! non si capisce nulla cosi
qui la guida come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
la serie è questa?
\[\sum_{n=1}^{+\infty}1+\frac{\ln n }{\sqrt n}\quad\mbox{o} \quad \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1+\ln n }{\sqrt n}\]
cosa non riesci a fare?
qui la guida come-si-scrivono-le-formule-asciimathml-e-tex-t26179.html
la serie è questa?
\[\sum_{n=1}^{+\infty}1+\frac{\ln n }{\sqrt n}\quad\mbox{o} \quad \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1+\ln n }{\sqrt n}\]
cosa non riesci a fare?
è la seconda
qual è il problema ?
non riesco a farlo devo vedere se converge o diverge
la serie è a termini positivi; quindi puoi applicare uno dei criteri per tali serie, ad esempio il confronto asintotico:
\begin{align} \frac{1+\ln n }{\sqrt n} \sim \frac{ \ln n }{\sqrt n}= \frac{1 }{n^{\frac{1}{2}} \ln^{-1}n } \end{align}
da cui concludi
\begin{align} \frac{1+\ln n }{\sqrt n} \sim \frac{ \ln n }{\sqrt n}= \frac{1 }{n^{\frac{1}{2}} \ln^{-1}n } \end{align}
da cui concludi
ln elevato a -1 si puo trascurare?
non direi ...
allora non ho cpt perche il il numeratore equivale a log
perchè consideri solo gli infiniti di ordine superiore, cioè $ 1 + ln(n) ∼ ln(n) $ , trascuri l' $ 1 $ non il $ ln(n) $
@Noise si può risolvere con il criterio di condensazione vero ? Però quella radice è un pò fastidiosa
@Noise si può risolvere con il criterio di condensazione vero ? Però quella radice è un pò fastidiosa
ok e dopo con il denominatore come mi comporto?
Ti do l'input. Se utilizzi il criterio di condensazione ottieni che :
Cioè hanno stesso carattere..A questo punto studi la convergenza (o divergenza) dell'altra serie che è "simile"
$ sum_(n=1)^(+oo) 1/(sqrt(n) ln^(-1)(n)) ∼ sum_(n=1)^(+oo) 2^n/(sqrt(2^n)ln^(-1)(2^n)) $
Cioè hanno stesso carattere..A questo punto studi la convergenza (o divergenza) dell'altra serie che è "simile"
con il criterio di condensazione bisogna prima verificare che la serie sia a termini positivi( e lo è) e che sia decrescente (e lo è da un certo indici in poi) quindi verrebbe
\begin{align}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1+\ln n}{\sqrt n}\stackrel{Cauchy }{\Longrightarrow}\sum_{n=1}^{+\infty}2^n\cdot \frac{1+\ln 2^n}{\sqrt {2^n}}
\end{align}
studiando la serie condensata si ha:
\begin{align}
2^n\cdot \frac{1+\ln 2^n}{\sqrt{ 2^n}} \sim \frac{n2^n}{(\sqrt 2)^n} =n\cdot (\sqrt 2)^n \to\mbox{diverge}
\end{align}
\begin{align}
\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1+\ln n}{\sqrt n}\stackrel{Cauchy }{\Longrightarrow}\sum_{n=1}^{+\infty}2^n\cdot \frac{1+\ln 2^n}{\sqrt {2^n}}
\end{align}
studiando la serie condensata si ha:
\begin{align}
2^n\cdot \frac{1+\ln 2^n}{\sqrt{ 2^n}} \sim \frac{n2^n}{(\sqrt 2)^n} =n\cdot (\sqrt 2)^n \to\mbox{diverge}
\end{align}
mentre con il criterio asintotico?
l'abbiamo fatto prima
hai applicato il criterio di condensazione sotto?
no confronto asintotico
\begin{align} \frac{1+\ln n }{\sqrt n} \sim \frac{ \ln n }{\sqrt n}= \frac{1 }{n^{\frac{1}{2}} \ln^{-1}n } \end{align}
\begin{align} \frac{1+\ln n }{\sqrt n} \sim \frac{ \ln n }{\sqrt n}= \frac{1 }{n^{\frac{1}{2}} \ln^{-1}n } \end{align}
ok perfetto e da qui che si fa?
da qui dovresti concludere ad occhio: con che ordine va a zero quella frazione?
sarebbe una serie armonica generalzzata?
esattamente è una generalizzazione della serie armonica generalizzata:
$$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}, \,\,\,\,\alpha,\beta \in \mathbb{R}; $$
si dimostra, applicando ad esempio il criterio di condensazione di Cauchy
\begin{align*}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}\stackrel{Cauchy}{\Longrightarrow}\sum_{n=2}^\infty \frac{2^n}{2^{n\alpha}\ln^{\beta}2^n}&=\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n\alpha-n}\left(n\ln2 \right)^{ \beta }}=\frac{1}{\ln^{ \beta }2 }\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n(\alpha-1)} n^{ \beta } }\\
&=\begin{cases} \mbox{per}\,\,\alpha>1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta>1, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per}\,\,\alpha<1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Diverge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta\le1, & \mbox{Diverge }
\end{cases}
\end{align*}
$$\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}, \,\,\,\,\alpha,\beta \in \mathbb{R}; $$
si dimostra, applicando ad esempio il criterio di condensazione di Cauchy
\begin{align*}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n}\stackrel{Cauchy}{\Longrightarrow}\sum_{n=2}^\infty \frac{2^n}{2^{n\alpha}\ln^{\beta}2^n}&=\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n\alpha-n}\left(n\ln2 \right)^{ \beta }}=\frac{1}{\ln^{ \beta }2 }\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{2^{n(\alpha-1)} n^{ \beta } }\\
&=\begin{cases} \mbox{per}\,\,\alpha>1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta>1, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per}\,\,\alpha<1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Diverge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta\le1, & \mbox{Diverge }
\end{cases}
\end{align*}
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