Somma di una serie
Allora ho qui per voi una domandina che probabilmente risulterà facile facile
ma francamente non trovo risposta
Devo calcolare la somma di serie di questo tipo:
$sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n*2^n}$
$sum_{n=1}^\infty\frac{-1}{3*n*2^n}$
non essendo una tipologia nota, telescopiche o equiparabili a serie di mclaurin come faccio???
ma francamente non trovo risposta
Devo calcolare la somma di serie di questo tipo:
$sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n*2^n}$
$sum_{n=1}^\infty\frac{-1}{3*n*2^n}$
non essendo una tipologia nota, telescopiche o equiparabili a serie di mclaurin come faccio???
Risposte
"karhel":
Allora ho qui per voi una domandina che probabilmente risulterà facile facile
ma francamente non trovo risposta
Devo calcolare la somma di serie di questo tipo:
$sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n*2^n}$
$sum_{n=1}^\infty\frac{-1}{3*n*2^n}$
non essendo una tipologia nota, telescopiche o equiparabili a serie di mclaurin come faccio???
Potrà esserti utile lo sviluppo in serie di Taylor centrato in $x_0=0$ di $log(1-x)$
$log(1-x)=-\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n$ con $|x|<1$
Prova e fammi sapere
Allora ho fatto un prova seguendo il tuo consiglio faccio:
$sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n*2^n}$ = $-sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
quindi se 1=-x x=-1 ponendo -1 nel $log(1-x)$ ottengo $log(2)$
Come hai fatto a pensare a quello sviluppo???
può essere che hai fatto questo ragionamento???
$frac{1}{1-x}= sum_{n=1}^\infty\x^n$
integrando da entrambe le parti
$-log(1-x)=sum_{n=0}^\infty\frac{x^(n+1)}{n+1}$
spostando n -> 1
$-log(1-x)=sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
e infine aggiustando il segno
$log(1-x)=-sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
ora però mi chiedo ma il $1/2^n$?
possibile che sia ininfluente e che basta ragionare su $1/n$ ???
$sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n*2^n}$ = $-sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
quindi se 1=-x x=-1 ponendo -1 nel $log(1-x)$ ottengo $log(2)$
Come hai fatto a pensare a quello sviluppo???
può essere che hai fatto questo ragionamento???
$frac{1}{1-x}= sum_{n=1}^\infty\x^n$
integrando da entrambe le parti
$-log(1-x)=sum_{n=0}^\infty\frac{x^(n+1)}{n+1}$
spostando n -> 1
$-log(1-x)=sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
e infine aggiustando il segno
$log(1-x)=-sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n}$
ora però mi chiedo ma il $1/2^n$?
possibile che sia ininfluente e che basta ragionare su $1/n$ ???
Forse ti ho portato fuori strada, ma cerco di rimediare:
$\sum_{n=1}^\infty 1/(n 2^n)$ può essere rivista come $\sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n$. Ora sapendo che $log(1-x)= -\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n$ abbiamo che $\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n= -log(1-x)$ [size=75](1.1)[/size].
Per $x=1/2$, (1.1) è proprio la nostra serie di partenza e poichè $1/2$ appartiene all'intervallo di convergenza di (1.1) allora
$\sum_{n=1}^\infty 1/(n 2^n)= \sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n = -log(1-1/2) = -log(1/2)= log(2)$
Ti faccio notare che per $x=-1$, la serie $\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n = -log(2)$.
Ti lascio l'altra per esercitarti, se riscontri ancora delle perplessità, fatti sentire.
Tanta pratica, ma proprio tanta! Inoltre, conoscere molti sviluppi aiuta.
il tuo ragionamento è corretto, ma come ho detto prima, sono andato "a memoria".
$\sum_{n=1}^\infty 1/(n 2^n)$ può essere rivista come $\sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n$. Ora sapendo che $log(1-x)= -\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n$ abbiamo che $\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n= -log(1-x)$ [size=75](1.1)[/size].
Per $x=1/2$, (1.1) è proprio la nostra serie di partenza e poichè $1/2$ appartiene all'intervallo di convergenza di (1.1) allora
$\sum_{n=1}^\infty 1/(n 2^n)= \sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n = -log(1-1/2) = -log(1/2)= log(2)$
Ti faccio notare che per $x=-1$, la serie $\sum_{n=1}^\infty (x^n)/n = -log(2)$.
Ti lascio l'altra per esercitarti, se riscontri ancora delle perplessità, fatti sentire.
[...]Come hai fatto a pensare a quello sviluppo???
Tanta pratica, ma proprio tanta! Inoltre, conoscere molti sviluppi aiuta.
può essere che hai fatto questo ragionamento???[...]
il tuo ragionamento è corretto, ma come ho detto prima, sono andato "a memoria".
Allora mi sa che ho capito
vediamo con la seconda:
$sum_{n=1}^infty\frac{-1}{3n2^n}$
possiamo vedere la serie come:
$-1/3sum_{n=1}^infty\frac{(1/2)^n}{n}=sum_{n=1}^infty\frac{x^n}{n}$
poichè x=$1/2$ è nell'intervallo -1
quindi per il discorso che hai fatto tu posso dire che:
$-1/3sum_{n=1}^infty\frac{(1/2)^n}{n}=-1/3log(1/2)=log(root(3)(2))$
Dovrebbe essere corretto!!! credo...
vediamo con la seconda:
$sum_{n=1}^infty\frac{-1}{3n2^n}$
possiamo vedere la serie come:
$-1/3sum_{n=1}^infty\frac{(1/2)^n}{n}=sum_{n=1}^infty\frac{x^n}{n}$
poichè x=$1/2$ è nell'intervallo -1
quindi per il discorso che hai fatto tu posso dire che:
$-1/3sum_{n=1}^infty\frac{(1/2)^n}{n}=-1/3log(1/2)=log(root(3)(2))$
Dovrebbe essere corretto!!! credo...
Mi sa che hai saltato un segno:
$(-1/3) \sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n = (-1/3)(-log(1/2)) = (1/3)log(1/2) = log(\root(3)(1/2))$
Ti trovi?
$(-1/3) \sum_{n=1}^\infty (1/2)^n/n = (-1/3)(-log(1/2)) = (1/3)log(1/2) = log(\root(3)(1/2))$
Ti trovi?
salve ragazzi,
io ho la seguente serie : $ \sum_{n=1}^\infty (n2^n)/((2n+1)!) $
Applicando il criterio del rapporto, mi risulta che il limite è uguale a 2, dunque secondo il criterio stesso la serie è divergente! Gentilmente potete verificare se è esatto?
Inoltre, in che modo posso calcolare la sua somma?
Grazie anticipatamente.
io ho la seguente serie : $ \sum_{n=1}^\infty (n2^n)/((2n+1)!) $
Applicando il criterio del rapporto, mi risulta che il limite è uguale a 2, dunque secondo il criterio stesso la serie è divergente! Gentilmente potete verificare se è esatto?
Inoltre, in che modo posso calcolare la sua somma?
Grazie anticipatamente.
Posta i passaggi del limite, non mi torna il risultato.
1) $ lim n->infty ((n+1)2^(n+1))/((2n+2)!) . ((2n+1)!)/(n2^n) $
2) $ lim n->infty ((2n+2)(2n+1))/((2n+2)n)$ (in seguito alla semplificazione del fattoriale)
3) $ lim n->infty (2n+1)/n $
2) $ lim n->infty ((2n+2)(2n+1))/((2n+2)n)$ (in seguito alla semplificazione del fattoriale)
3) $ lim n->infty (2n+1)/n $
Hai commesso un errore di "valutazione".
$a_{n+1}= ((n+1)2^(n+1))/((2 (n+1)+1)!) = ((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!)$
Il limite da risolvere è quindi:
$lim_{n->infty} ((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!) * ((2n+1)!)/(n 2^n)$. Ti lascio il divertimento!
Vediamo se la serie converge, poi parleremo della somma
$a_{n+1}= ((n+1)2^(n+1))/((2 (n+1)+1)!) = ((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!)$
Il limite da risolvere è quindi:
$lim_{n->infty} ((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!) * ((2n+1)!)/(n 2^n)$. Ti lascio il divertimento!
Vediamo se la serie converge, poi parleremo della somma
Con la correzione il limite mi risulta essere ugale a 2
giungo a questo limite:
$ lim n->infty (4n^2+6n+2)/(2n^2+3n)$
giungo a questo limite:
$ lim n->infty (4n^2+6n+2)/(2n^2+3n)$
Consideriamo un attimo $a_{n+1}/a_{n}$ che risulta essere uguale a
$((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!) * ((2n+1)!)/(n 2^n) =$ (semplifico $2^(n+1)$ con $2^n$)
$= (2(n+1))/((2n+3)!)* ((2n+1)!)/(n)=$, (per la definizione ricorsiva di fattoriale abbiamo $(2n+3)! = (2n+3)(2n+2)(2n+1)!$)
$= (2(n+1))/((2n+3)(2n+2)(2n+1)!) *( (2n+1)!)/n=$ (semplifico $(2n+1)!$)
$= (2(n+1))/((2n+3)(2n+2)) * 1/n=$
$= 1/(n(2n+3))$
Passando al limite, abbiamo che esso risulta uguale a $0$. Dunque la serie .... (tu
)
Due domande:
1. Nell'esercizio è richiesto di calcolare esplicimanete la somma?
2. Leggendo i tuoi post precedenti, mi sono accorto che forse non ti è chiaro una cosa... Quando una serie diverge, allora significa che ha come somma $+\infty$ (se diverge positivamente) oppure $-\infty$ (se diverge negativamente)
$((n+1)2^(n+1))/((2n+3)!) * ((2n+1)!)/(n 2^n) =$ (semplifico $2^(n+1)$ con $2^n$)
$= (2(n+1))/((2n+3)!)* ((2n+1)!)/(n)=$, (per la definizione ricorsiva di fattoriale abbiamo $(2n+3)! = (2n+3)(2n+2)(2n+1)!$)
$= (2(n+1))/((2n+3)(2n+2)(2n+1)!) *( (2n+1)!)/n=$ (semplifico $(2n+1)!$)
$= (2(n+1))/((2n+3)(2n+2)) * 1/n=$
$= 1/(n(2n+3))$
Passando al limite, abbiamo che esso risulta uguale a $0$. Dunque la serie .... (tu
)Due domande:
1. Nell'esercizio è richiesto di calcolare esplicimanete la somma?
2. Leggendo i tuoi post precedenti, mi sono accorto che forse non ti è chiaro una cosa... Quando una serie diverge, allora significa che ha come somma $+\infty$ (se diverge positivamente) oppure $-\infty$ (se diverge negativamente)
Ok..ho sbagliato perchè non avevo considerato la def. ricorsiva del fattoriale
Cmq prima ho detto che la serie risultava divergente in quanto il limite era uguale a 2 e secondo il criterio del rapporto se l>1 allora la serie diverge!
Vabbè cmq spero tu sia gentile da aiutarmi a trovare la somma di questa serie (cmq l'esercizio la richiede esplicitamente)!
Grazie infinite ancora una volta
Cmq prima ho detto che la serie risultava divergente in quanto il limite era uguale a 2 e secondo il criterio del rapporto se l>1 allora la serie diverge!
Vabbè cmq spero tu sia gentile da aiutarmi a trovare la somma di questa serie (cmq l'esercizio la richiede esplicitamente)!
Grazie infinite ancora una volta
Allura, per quanto riguarda la somma, in questo caso non è immediato come nei post precedenti, ci devo pensare su. Magari ci ritorno domani a mente fresca , vediamo cosa possiamo fare .
, vediamo cosa possiamo fare .
Ok a domani...grazie ancora! Ciao
La somma della serie non è nient'affatto immediata.
Ci sono di mezzo le funzioni iperboliche e la radice quadrata e per arrivarci "a mano" servono un po' di passaggi e un "occhio" molto allenato.
Ci sono di mezzo le funzioni iperboliche e la radice quadrata e per arrivarci "a mano" servono un po' di passaggi e un "occhio" molto allenato.
Essì, mi sa che Gugo82 abbia ragione, ho controllato con wolfram alpha e il risultato è tutt'altro che banale 
Però... Scriviamo la serie come serie di potenze:
$\sum n/((2n+1)!)x^n$;
e supponiamo $x>0$ (lecito, visto che vogliamo calcolare la somma per $x=2$); visto che $x=[\sqrtx]^2$, sostituendo $y=sqrt(x)$ nella serie e moltiplicando i coefficienti per $2$ (dividendo per $2$ fuori dalla sommatoria), troviamo:
$1/2\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)$.
Aggiungendo e sottraendo $1$ al numeratore del coefficiente e spezzando la frazione, nonché la sommatoria, troviamo:
$\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum 1/((2n)!)y^(2n)-\sum 1/((2n+1)!)y^(2n)$
e, moltiplicando e dividendo per $y$ tutti gli addendi della seconda sommatoria, abbiamo infine:
$\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum 1/((2n)!)y^(2n)-1/y\sum 1/((2n+1)!)y^(2n+1)$.
Ricordando gli sviluppi in serie di seno e coseno iperbolici, possiamo scrivere:
$\sum_(n=0)^(+oo) (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum_(n=0)^(+oo) 1/((2n)!)y^(2n)-1/y\sum_(n=0)^(+oo) 1/((2n+1)!)y^(2n+1)$
$\quad \quad = coshy-1/ysinhy$
ed infine (ricordando il coefficiente $1/2$ e sostituendo a ritroso $y=sqrt(x)$) si ha:
$\sum_(n=0)^(+oo) n/((2n+1)!)x^n=1/2{coshsqrt(x)-1/sqrt(x)sinhsqrt(x)}$.
Perciò:
$\sum_(n=0)^(+oo) (n2^n)/((2n+1)!)=1/2{coshsqrt(2)-1/sqrt(2)sinhsqrt(2)}$.
$\sum n/((2n+1)!)x^n$;
e supponiamo $x>0$ (lecito, visto che vogliamo calcolare la somma per $x=2$); visto che $x=[\sqrtx]^2$, sostituendo $y=sqrt(x)$ nella serie e moltiplicando i coefficienti per $2$ (dividendo per $2$ fuori dalla sommatoria), troviamo:
$1/2\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)$.
Aggiungendo e sottraendo $1$ al numeratore del coefficiente e spezzando la frazione, nonché la sommatoria, troviamo:
$\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum 1/((2n)!)y^(2n)-\sum 1/((2n+1)!)y^(2n)$
e, moltiplicando e dividendo per $y$ tutti gli addendi della seconda sommatoria, abbiamo infine:
$\sum (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum 1/((2n)!)y^(2n)-1/y\sum 1/((2n+1)!)y^(2n+1)$.
Ricordando gli sviluppi in serie di seno e coseno iperbolici, possiamo scrivere:
$\sum_(n=0)^(+oo) (2n)/((2n+1)!)y^(2n)=\sum_(n=0)^(+oo) 1/((2n)!)y^(2n)-1/y\sum_(n=0)^(+oo) 1/((2n+1)!)y^(2n+1)$
$\quad \quad = coshy-1/ysinhy$
ed infine (ricordando il coefficiente $1/2$ e sostituendo a ritroso $y=sqrt(x)$) si ha:
$\sum_(n=0)^(+oo) n/((2n+1)!)x^n=1/2{coshsqrt(x)-1/sqrt(x)sinhsqrt(x)}$.
Perciò:
$\sum_(n=0)^(+oo) (n2^n)/((2n+1)!)=1/2{coshsqrt(2)-1/sqrt(2)sinhsqrt(2)}$.
<=Mia espressione durante la lettura
Complimenti!!:-D
"Mathematico":
:shock: <=Mia espressione durante la lettura
Una volta visto il risultato fornitomi da Mathematica è stato facile organizzarsi a mente un po' di passaggi... Ma, devo ammettere, senza quell'indizio avrei faticato molto di più forse a vuoto.
Un po' OT e un po' no.
Gugo82, con Wolfram alpha (che comunque utilizza mathematica per fare i conti) mi risulta che nella serie intervengono le funzioni di Bessel di primo tipo. Come hai fatto ad avere una espressione così "bellina"? (leggerò domani una ipotetica risposta buonanotte,:-D)
Gugo82, con Wolfram alpha (che comunque utilizza mathematica per fare i conti) mi risulta che nella serie intervengono le funzioni di Bessel di primo tipo. Come hai fatto ad avere una espressione così "bellina"? (leggerò domani una ipotetica risposta buonanotte,:-D)
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