Somme
1) In una pagina delle bozze di un libro c'è un numero aleatorio $X$ di errori, con distribuzione di probabilità Poi($mu$). Il numero degli errori scoperti dal correttore è una v. a. $Y$ che, per $X=r$, è Bin($r,p$).
Trovare la distribuzione di probabilità del numero degli errori che rimangono.
2) Calcolare $sum_(n=1)^(+infty)na^nsen(ntheta)$ con $|a|<1$.
3) Calcolare $sum_(n=0)^(+infty)x^n/(2n+1)$ al variare di $x in RR$.
Trovare la distribuzione di probabilità del numero degli errori che rimangono.
2) Calcolare $sum_(n=1)^(+infty)na^nsen(ntheta)$ con $|a|<1$.
3) Calcolare $sum_(n=0)^(+infty)x^n/(2n+1)$ al variare di $x in RR$.
Risposte
"Piera":
1) In una pagina delle bozze di un libro c'è un numero aleatorio $X$ di errori, con distribuzione di probabilità Poi($mu$). Il numero degli errori scoperti dal correttore è una v. a. $Y$ che, per $X=r$, è Bin($r,p$).
Trovare la distribuzione di probabilità del numero degli errori che rimangono.
2) Calcolare $sum_(n=1)^(+infty)na^nsen(ntheta)$ con $|a|<1$.
3) Calcolare $sum_(n=0)^(+infty)x^n/(2n+1)$ al variare di $x in RR$.
3)
Per $|x|>1$ la serie non converge. Essa converge per $|x|<1$.
Se $0
mentre se $-1
Si noti come per $x=1$ la serie diverge perchè una serie armonica, mentre per $x=-1$ converge al noto valore $pi/4$.
In conclusione
a)$0
b)$-1<=x<0$ $sum_(n=0 )^(+infty)x^n/(2n+1)->(Arctg(sqrt(|x|)))/(sqrt(|x|))$
c)$x>=1,x<-1$ la serie non converge.
2)$n*a^n*sin(n*theta)=n*a^n*Im[e^(i*n*theta)]=Im[n*a^n*e^(i*n*theta)]=Im[n*(a*e^(i*theta))^n]$ per cui
$sum_(n=1)^(+infty)na^nsen(ntheta)=sum_(n=0)^(+infty)na^nsen(ntheta)=sum_(n=0)^(+infty)Im[n*(a*e^(i*theta))^n]=Im[sum_(n=0)^(+infty)n*(a*e^(i*theta))^n]$
Ora ci accorgiamo che $-i*(d(a*e^(i*theta))^n)/(d theta)=n*(a*e^(i*theta))^n$ per cui
$sum_(n=1)^(+infty)na^n*sen(n*theta)=Im[sum_(n=0)^(+infty)-i*(d(a*e^(i*theta))^n)/(d theta)]=Im[-i*(d(sum_(n=0)^(+infty)(a*e^(i*theta))^n))/(d theta)]$
=$Im[-i*(d(1/(1-a*e^(i*theta))))/(d theta)]=Im[(a*e^(i*theta))/(1-a*e^(i*theta))^2]=(a*sin theta*(1-a^2))/(1+a^2-2a*cos theta)^2$
Rispondo anche se non è argomento di cui conosca molto.
2) Essendo il valore assoluto sempre positivo o al piu' pari a 0 se $a = 0$ posso dedurre che il prodotto in quella sommatoria sia sempre 0.
N.B. Non prendere per oro colato quello che ho scritto
2) Essendo il valore assoluto sempre positivo o al piu' pari a 0 se $a = 0$ posso dedurre che il prodotto in quella sommatoria sia sempre 0.
N.B. Non prendere per oro colato quello che ho scritto
1) Quello che si conosce:
$P[X=k]=(mu)^k/(k!)e^(-mu)$ per $k>=0$
$P[Y=k]=((r),(k))p^k(1-p)^(r-k)$ per $0<=k<=r$
Chiamo Z= # errori rimasti, allora:
$P[Z=z]=P[X=x, Y=x-z, x>=z]=$ per il teorema delle probabilità totali:
$=sum_(x=z)^(+infty) P[X=x]P[Y=x-z|X=x]= sum_(x=z)^(+infty) (mu)^x/(x!)e^(-mu)((x),(x-z))p^(x-z)(1-p)^z=$
$=((1-p)/p)^ze^(-mu)/(z!)sum_(x=z)^(+infty) (mup)^x/((x-z)!)=((1-p)mu)^ze^(-mu)/(z!)sum_(x=0)^(+infty) (mup)^x/(x!)=$
$=((1-p)mu)^z/(z!)e^(-mu(1-p))$
Pertanto $Z~Poisson((1-p)mu)$
Alternativamente, potevi immaginare Z come arrivi di Poisson che vengono "bucati" con
probabilità p (perchè con prob p vengono corretti gli errori). Dunque gli errori rimasti
sono ancora arrivi di Poisson ma con tasso ridotto dal fattore (1-p).
$P[X=k]=(mu)^k/(k!)e^(-mu)$ per $k>=0$
$P[Y=k]=((r),(k))p^k(1-p)^(r-k)$ per $0<=k<=r$
Chiamo Z= # errori rimasti, allora:
$P[Z=z]=P[X=x, Y=x-z, x>=z]=$ per il teorema delle probabilità totali:
$=sum_(x=z)^(+infty) P[X=x]P[Y=x-z|X=x]= sum_(x=z)^(+infty) (mu)^x/(x!)e^(-mu)((x),(x-z))p^(x-z)(1-p)^z=$
$=((1-p)/p)^ze^(-mu)/(z!)sum_(x=z)^(+infty) (mup)^x/((x-z)!)=((1-p)mu)^ze^(-mu)/(z!)sum_(x=0)^(+infty) (mup)^x/(x!)=$
$=((1-p)mu)^z/(z!)e^(-mu(1-p))$
Pertanto $Z~Poisson((1-p)mu)$
Alternativamente, potevi immaginare Z come arrivi di Poisson che vengono "bucati" con
probabilità p (perchè con prob p vengono corretti gli errori). Dunque gli errori rimasti
sono ancora arrivi di Poisson ma con tasso ridotto dal fattore (1-p).
Perfetto!
Per non aprire un nuovo topic, ne propongo un altro qui:
studiare la convergenza della serie
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta$
al variariare dei parametri reali positivi $alpha$ e $beta$.
Fonte: http://www.dmi.unict.it/%7Eemmanuele/PD ... 971998.pdf pag. 3
Per non aprire un nuovo topic, ne propongo un altro qui:
studiare la convergenza della serie
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta$
al variariare dei parametri reali positivi $alpha$ e $beta$.
Fonte: http://www.dmi.unict.it/%7Eemmanuele/PD ... 971998.pdf pag. 3
Innanzitutto si nota che:
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta
Quindi, affinchè la serie converga, bisogna imporre che la funzione integranda sia un infinitesimo, per x che tende ad infinito, di ordine superiore rispetto all'infinitesimo campione 1/x.
Per $x->+infty$ possiamo trascurare l'uno nella parentesi ed affermare che l'infinito a denominatore è
del tipo $x^(alpha*beta)$, dunque bisogna imporre $alpha*beta>1$.
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta
Quindi, affinchè la serie converga, bisogna imporre che la funzione integranda sia un infinitesimo, per x che tende ad infinito, di ordine superiore rispetto all'infinitesimo campione 1/x.
Per $x->+infty$ possiamo trascurare l'uno nella parentesi ed affermare che l'infinito a denominatore è
del tipo $x^(alpha*beta)$, dunque bisogna imporre $alpha*beta>1$.
beh Luca... ma così hai trovato solo una condizione perchè i termini della serie siano infinitesimi... non manca qualcos'altro per determinare la convergenza della serie??? 
Non credo, la serie è dominata dall'integrale improprio che, sotto la condizione che ho imposto, converge; a maggior ragione la serie non può divergere. A meno che non mi sfugga qualcosa...
ah... non avevo visto il simbolo di sommatoria... pensavo avessi intenzione di trovare una condizione perchè i termini fossero infinitesimi...
ma allora non mi torna la stima. a sinistra hai l'integrale sugli intervalli: [1,2],[4,8],[9,18],[16,32],[25,50].... e si dimostra che gli intervalli del tipo $[n^2,2n^2]$ ricoprono $(1,+infty)$ e non sono disgiunti... quindi il segno và invertito, o no?
ma allora non mi torna la stima. a sinistra hai l'integrale sugli intervalli: [1,2],[4,8],[9,18],[16,32],[25,50].... e si dimostra che gli intervalli del tipo $[n^2,2n^2]$ ricoprono $(1,+infty)$ e non sono disgiunti... quindi il segno và invertito, o no?
Sì, hai ragione, non mi sono accorto che non sono disgiunti gli intervalli, a questo punto cade un po' tutto 
Però non credo che dia problemi la parziale sovrapposizione degli intervalli, ad es. posso ancora dire che:
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta<2int_(1)^(+infty)dx/(1+x^alpha)^beta$
e quindi il discorso di prima sta ancora in piè, dico bene?
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta<2int_(1)^(+infty)dx/(1+x^alpha)^beta$
e quindi il discorso di prima sta ancora in piè, dico bene?
Secondo me ha ragione Thomas, non va bene quella maggiorazione.
Io ho trovato $alpha*beta>3/2$.
Io ho trovato $alpha*beta>3/2$.
E il mio post di sopra? cosa ho toppato?
Siccome gli intervalli si sovrappongono, non vedo come si possa dimostrare la stima
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta<2int_(1)^(+infty)dx/(1+x^alpha)^beta$.
Poi, la mia soluzione non è detto che sia giusta.
$sum_(n=1)^(+infty)int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta<2int_(1)^(+infty)dx/(1+x^alpha)^beta$.
Poi, la mia soluzione non è detto che sia giusta.
Infatti, me ne ero reso conto anch'io che la mia stima fosse una bufala 
Sì, ora ho trovato anch'io $alphabeta>3/2$, ma che metodo hai usato per arrivarci? Io ho usato il teorema di derivazione sotto il segno di integrale, credo che vada bene.
Per il teorema della media integrale esiste $c_n in [n^2,2n^2]$ tale che
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta$.
Essendo $c_n>=n^2$ si ha
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta<=n^2/(1+(n^2)^alpha)^beta$,
l'ultimo termine è un infinitesimo di ordine $2alpha*beta-2$, e se $2alpha*beta-2>1=>alpha*beta>3/2$, la nostra serie converge per il teorema del confronto.
Essendo $c_n<=2n^2$ si ha
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta>=n^2/(1+(2n^2)^alpha)^beta$,
e procedendo come sopra si vede che per $alpha*beta<=3/2$ la nostra serie è minorata da una serie divergente e quindi essa stessa diverge.
In conclusione la serie converge per $alpha*beta>3/2$.
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta$.
Essendo $c_n>=n^2$ si ha
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta<=n^2/(1+(n^2)^alpha)^beta$,
l'ultimo termine è un infinitesimo di ordine $2alpha*beta-2$, e se $2alpha*beta-2>1=>alpha*beta>3/2$, la nostra serie converge per il teorema del confronto.
Essendo $c_n<=2n^2$ si ha
$int_(n^2)^(2n^2)dx/(1+x^alpha)^beta=n^2/(1+c_n^alpha)^beta>=n^2/(1+(2n^2)^alpha)^beta$,
e procedendo come sopra si vede che per $alpha*beta<=3/2$ la nostra serie è minorata da una serie divergente e quindi essa stessa diverge.
In conclusione la serie converge per $alpha*beta>3/2$.
Ok, due strade diverse portano allo stesso risultato. Direi che il risultato è giusto.
A questo punto lo penso anch'io.
anche a me viene lo stesso risultato... non sono stato tanto a formalizzare, cmq moralmente il termine $a_n$ dovrebbe essere asintotico all'integrale della funzione privata dell'1, che si integra facilmente, ovvero a meno di costanti moltiplicative a $n^(2(1-ab)$... e quindi la condizione per la convergenza $2(1-ab)<-1$, ovvero $ab>3/2$.
Il caso $ab=1$ và trattato a caso perchè sbuca fuori un logaritmo...
tu come hai fatto, luca??
ps: anche nel topic delle serie integrali io seguirei il medesimo metodo, là "moralmente" l'integranda si comporta come $x^41$... volendo si deve controllare il resto, ma a me pare funzionare, voi che ne dite??
Il caso $ab=1$ và trattato a caso perchè sbuca fuori un logaritmo...
tu come hai fatto, luca??
ps: anche nel topic delle serie integrali io seguirei il medesimo metodo, là "moralmente" l'integranda si comporta come $x^41$... volendo si deve controllare il resto, ma a me pare funzionare, voi che ne dite??
tu come hai fatto, luca??
Allora, mi sono arrangiato più o meno così: andavo vagando per trovare una condizione sufficiente
per la convergenza, all'inizio ho provato il criterio del rapporto, ma dava 1 come risultato.
E puoi già immaginare i salti di gioia.
A questo punto ho tirato fuori dal cassetto il teorema di derivazione sotto il segno di integrale,
in questa forma:
$int_(n^2)^(2n^2) f(x)dx=F(2n^2)-F(n^2)$
$d/(dn)(F(2n^2)-F(n^2))=f(2n^2)d/(dn)(2n^2)-f(n^2)d/(dn)(n^2)=4n*f(2n^2)-2n*f(n^2)$
Facendo le dovute sostituzioni si ottiene:
$4n((2n^2)^alpha + 1)^(-beta) - 2n((n^2)^alpha + 1)^(-beta)$
L'ordine di infinitesimo di questa, per $n->+infty$, è $2alphabeta-1$. Poichè la derivazione ha alzato di un
ordine l'infinitesimo, allora per avere convergenza dovrà essere:
$2alphabeta-1>2$ cioè $alphabeta>3/2$.
Spero che tutto il ragionamento sia lecito.
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