Sono arrugginita con le serie!
Qualcuno potrebbe darmi una mano con questi esercizi? Purtroppo ho fatto il lavaggio del cervello nei confronti delle serie!
1. $\lim_{n \to \infty} \frac{ \sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}}{\log n +1} $
2. $\sum_{n=0}^{\infty} \log(\frac{e^n -1}{e^n +1})$
Grazie!!
Paola
1. $\lim_{n \to \infty} \frac{ \sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}}{\log n +1} $
2. $\sum_{n=0}^{\infty} \log(\frac{e^n -1}{e^n +1})$
Grazie!!
Paola
Risposte
iniziamo dalla due che è semplice...
allora è una serie a termini negativa monotona non decrescente in modo definitivo, quindi puoi tranquillamente usare un bel confronto asintotico.
nota $log((e^n-1)/(e^n+1))=log(1-2/(e^n+1))
quindi per $n>barn$ posso dire che il logaritmo è asintotico a $-2/(e^n+1)$
quindi puoi dire che $sum_(n=barn)^oolog(1-2/(e^n+1))~sum_(n=barn)^oo-2/(e^n+1)=-2sum_(n=barn)^oo1/(e^n+1)
$~-sum_(n=barn)^oo1/(e^n)>=\-sum_(n=barn)^oo1/(n^2)
quindi passando ai valori assoluti possiam dire che
$sum_(n=barn)^oo1/(e^n)<=sum_(n=barn)^oo1/(n^2)$ quindi converge assolutamente, quindi converge.
allora è una serie a termini negativa monotona non decrescente in modo definitivo, quindi puoi tranquillamente usare un bel confronto asintotico.
nota $log((e^n-1)/(e^n+1))=log(1-2/(e^n+1))
quindi per $n>barn$ posso dire che il logaritmo è asintotico a $-2/(e^n+1)$
quindi puoi dire che $sum_(n=barn)^oolog(1-2/(e^n+1))~sum_(n=barn)^oo-2/(e^n+1)=-2sum_(n=barn)^oo1/(e^n+1)
$~-sum_(n=barn)^oo1/(e^n)>=\-sum_(n=barn)^oo1/(n^2)
quindi passando ai valori assoluti possiam dire che
$sum_(n=barn)^oo1/(e^n)<=sum_(n=barn)^oo1/(n^2)$ quindi converge assolutamente, quindi converge.
per il primo non ne sarei tanto sicuro, ho usato un ragionamento forse troppo sportivo 
comunque...
$\lim_{n \to \infty} \frac{ \sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}}{\log n +1}
ragioniamo un attimo: $logn+1~=logn~=sum_(k=barn)^n1/k$ se si considere le serie parziali e l'andamento generale.
quindi la nostra somma diventa
${ \sum_{k=1}^{ n} {(k+1)^k}/{k^(k+1)}}/(sum_(k=barn)^n1/k)~
$sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k/k^(k+1))/(1/k)~
$sum_{k=1}^{ n} ((k+1)^k/k^(k+1))/(1/k)=
$sum_{k=barn}^{ n} (k(k+1)^k)/{k^(k+1)}=sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k)/{k^k)
e quest'ultima $lim_(nto+oo)sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k)/{k^k)=+oo$ in quanto il termine generale della serie tende a uno e non a zero e non soddisfa quindi la condizione Cauchy.
prendi con le pinze questa soluzione perchè forse ho fatto qualche taglio di troppo
comunque...$\lim_{n \to \infty} \frac{ \sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}}{\log n +1}
ragioniamo un attimo: $logn+1~=logn~=sum_(k=barn)^n1/k$ se si considere le serie parziali e l'andamento generale.
quindi la nostra somma diventa
${ \sum_{k=1}^{ n} {(k+1)^k}/{k^(k+1)}}/(sum_(k=barn)^n1/k)~
$sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k/k^(k+1))/(1/k)~
$sum_{k=1}^{ n} ((k+1)^k/k^(k+1))/(1/k)=
$sum_{k=barn}^{ n} (k(k+1)^k)/{k^(k+1)}=sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k)/{k^k)
e quest'ultima $lim_(nto+oo)sum_{k=barn}^{ n} ((k+1)^k)/{k^k)=+oo$ in quanto il termine generale della serie tende a uno e non a zero e non soddisfa quindi la condizione Cauchy.
prendi con le pinze questa soluzione perchè forse ho fatto qualche taglio di troppo
Grazie mille!
Dovrei però spiegare queste cose ad una ragazza di Informatica del 1° anno e quindi mi servirebbe un metodo risolutivo più "canonico" per l'es. 1... Qualcuno consoce un altro modo?
Paola
Dovrei però spiegare queste cose ad una ragazza di Informatica del 1° anno e quindi mi servirebbe un metodo risolutivo più "canonico" per l'es. 1... Qualcuno consoce un altro modo?
Paola
"fu^2":
ragioniamo un attimo: $logn+1~=logn~=sum_(k=barn)^n1/k$ se si considere le serie parziali e l'andamento generale.
Scusami se mi intrometto ma perché affermi che:
$logn ~ sum_(k=1)^n1/k$ per $n->+oo$
o quantomeno perché hanno lo stesso ordine di grandezza? >Non sono riuscito a capirlo: ho pensato anche ad un fatto legato alla costante di Eulero Mascheroni, ma non trovo un nesso...
c'era un post, perso nella desolazione ormai, dove ho postato una dimostrazione per cui le somme parziali della serie armonica sono compre tra $1/4log_2x$ e $4log_2x$ dove x è l'indice della sommatoria, per x che va all'infinito valgono cmq le disugualianze
$sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}>sum_(k=1)^n1/k
quindi la serie sopra diverge
ora bisogna dimostrare che è un infinitesimo più grnade del logaritmo.
sarebbe facile sapere che vale questa diugualianza...
$sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}>sum_(k=1)^n1/k>=logn
per risolvere l'esercizio..
se devo ammettere che qualche difficoltà a dimostare che il denominatore è un infinitesimo più grande del logaritmo ce l'ho
quindi la serie sopra diverge
ora bisogna dimostrare che è un infinitesimo più grnade del logaritmo.
sarebbe facile sapere che vale questa diugualianza...
$sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}>sum_(k=1)^n1/k>=logn
per risolvere l'esercizio..
se devo ammettere che qualche difficoltà a dimostare che il denominatore è un infinitesimo più grande del logaritmo ce l'ho
"fu^2":
sarebbe facile sapere che vale questa diugualianza...
$sum_{k=1}^{ n} \frac{(k+1)^k}{k^(k+1)}>sum_(k=1)^n1/k>=logn
per risolvere l'esercizio..
E' proprio così !! Infatti abbiamo:
$(1+1/k)^k
Sostituendo in successione a k i valori da 1 a n abbiamo:
$1>ln2$.
$1/2>ln(3/2)$
$1/3>ln(4/3)$
...................
...................
$1/(n-1)>ln(n/(n-1))$
$1/n>ln((n+1)/n)$
Sommando:
$1+1/2+1/3+...+1/(n-1)+1/n>ln2+ln(3/2)+ln(4/3)+...+ln(n/(n-1))+ln((n+1)/n)=ln(2*3/2*4/3*...*n/(n-1)*(n+1)/n)$
E semplificando a secondo membro, hai proprio:
$sum_(k=0)^n1/k>ln(n+1)>ln(n)$
ciao
perfetto grande manlio
ora la serie è formalmente verificata perfettamente
ora la serie è formalmente verificata perfettamente
"manlio":
E semplificando a secondo membro, hai proprio:
$sum_(k=0)^n1/k>ln(n+1)>ln(n)$
ciao
Ma questa disuguaglianza non è utile per il calcolo del limite perché abbiamo dimostrato che:
$lim_(n->+oo)(sum_(k=1)^n(k+1)^k/k^(k+1))/(logn+1)>=lim_(n->+oo)logn/(logn + 1)=1$
dunque il teorema del confronto non garantisce che il primo limite sia infinito. Non vi pare?
"fabry1985mi":
[quote="manlio"]
E semplificando a secondo membro, hai proprio:
$sum_(k=0)^n1/k>ln(n+1)>ln(n)$
ciao
Ma questa disuguaglianza non è utile per il calcolo del limite perché abbiamo dimostrato che:
$lim_(n->+oo)(sum_(k=1)^n(k+1)^k/k^(k+1))/(logn+1)>=lim_(n->+oo)logn/(logn + 1)=1$
dunque il teorema del confronto non garantisce che il primo limite sia infinito. Non vi pare?[/quote]
non è sul limite che serve la disugualianza
serve a dire che è un infinito più grand del logaritmo quello al numeratore...
e se è un infinito più grande allora diverge...
"fu^2":
[quote="fabry1985mi"][quote="manlio"]
E semplificando a secondo membro, hai proprio:
$sum_(k=0)^n1/k>ln(n+1)>ln(n)$
ciao
Ma questa disuguaglianza non è utile per il calcolo del limite perché abbiamo dimostrato che:
$lim_(n->+oo)(sum_(k=1)^n(k+1)^k/k^(k+1))/(logn+1)>=lim_(n->+oo)logn/(logn + 1)=1$
dunque il teorema del confronto non garantisce che il primo limite sia infinito. Non vi pare?[/quote]
non è sul limite che serve la disugualianza
serve a dire che è un infinito più grand del logaritmo quello al numeratore...
e se è un infinito più grande allora diverge...[/quote]
Ma scusami quello che tu hai mostrato è che:
$sum_(k=1)^n(k+1)^k/k^(k+1)>sum_(k=1)^n1/k>ln(n+1)>ln(n) forall n in mathbb{N}$
niente altro! Perché se ci pensi vale che:
$n+1>n$
ma $n+1$ non è un infinito di ordine superiore a $n$, ma dello stesso ordine.
Davvero non voglio essere polemico, ma mi sembra che qualcosa non torni, non sembra anche a te?
Per la cronaca, ho scoperto che si poteva usare Cesàro:
Riscrivo avendolo già applicato:
$\lim_{n\to + \infty} \frac{\frac{(n+1)^n}{n^(n+1)}}{\log(\frac{n}{n-1})} = \lim_{n \to+\infty} (\frac{n+1}{n})^n \frac{1}{n \log( 1 + 1/(n-1))} = \lim_{n \to+\infty} (\frac{n+1}{n})^n \frac{1}{ \log(( 1 + 1/(n-1))^n )} = 1$
Mi pare che non ci siano errori...
Paola
Riscrivo avendolo già applicato:
$\lim_{n\to + \infty} \frac{\frac{(n+1)^n}{n^(n+1)}}{\log(\frac{n}{n-1})} = \lim_{n \to+\infty} (\frac{n+1}{n})^n \frac{1}{n \log( 1 + 1/(n-1))} = \lim_{n \to+\infty} (\frac{n+1}{n})^n \frac{1}{ \log(( 1 + 1/(n-1))^n )} = 1$
Mi pare che non ci siano errori...
Paola
"prime_number":
Per la cronaca, ho scoperto che si poteva usare Cesàro:
Non ho mai sentito parlare di questo criterio...
Ma cosa dice esattamente?
Cesàro per le forme $[ \lambda / \infty]$
Siano $(a_n), (b_n)$ successioni tali che
$b_n -> \infty $ per $n -> + \infty$
$(b_n)$ monotona strettamente crescente e positiva
Allora
$\lim_{n \to + \infty} (a_n) / (b_n) = \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$ se quest'ultimo esiste
Cesàro per le forme $[ 0/0 ]$
Siano $(a_n), (b_n)$ successioni tali che
$(a_n) , (b_n)$ infinitesime
$(b_n)$ monotona strettamente descrescente oppure strettamente crescente
Allora
$\lim_{n \to + \infty} (a_n) / (b_n) = \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$ se quest'ultimo esiste
Spero di non aver dimenticato nulla, vado a memoria!
Paola
Siano $(a_n), (b_n)$ successioni tali che
$b_n -> \infty $ per $n -> + \infty$
$(b_n)$ monotona strettamente crescente e positiva
Allora
$\lim_{n \to + \infty} (a_n) / (b_n) = \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$ se quest'ultimo esiste
Cesàro per le forme $[ 0/0 ]$
Siano $(a_n), (b_n)$ successioni tali che
$(a_n) , (b_n)$ infinitesime
$(b_n)$ monotona strettamente descrescente oppure strettamente crescente
Allora
$\lim_{n \to + \infty} (a_n) / (b_n) = \lim_{n \to + \infty} \frac{a_{n+1} - a_n}{b_{n+1} - b_n}$ se quest'ultimo esiste
Spero di non aver dimenticato nulla, vado a memoria!
Paola
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