Studio andamento di una serie
Salve ragazzi, ancora qui a chiedere il vostro utilissimo aiuto.
Ho la seguente serie:
$sum (3-2cosn)/ 2^n$
Io ho pensato di utilizzare il criterio del rapporto e mi ritrovo: $ (3-2cos(n+1))/6-4cos(n))$
A questo punto ho pensato di ulitlizzare Taylor. E' lecita come cosa? In questo modo mi ritroverei a poter semplificare al numeratore e denominatore la $n$ ed il limite mi verrebbe $1/2$. Ho fatto qualcosa di non lecito?
Ho la seguente serie:
$sum (3-2cosn)/ 2^n$
Io ho pensato di utilizzare il criterio del rapporto e mi ritrovo: $ (3-2cos(n+1))/6-4cos(n))$
A questo punto ho pensato di ulitlizzare Taylor. E' lecita come cosa? In questo modo mi ritroverei a poter semplificare al numeratore e denominatore la $n$ ed il limite mi verrebbe $1/2$. Ho fatto qualcosa di non lecito?
Risposte
Hai provato con il criterio del confronto?
se applichi il criterio del rapporto, una volta assicurato che il termine generale della serie sia a termini positivi, devi calcolarti il limite:
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{3-\cos(n+1)}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{3-\cos n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{2^n}{2^n\cdot 2 } \cdot \frac{3-\cos(n+1)}{3-\cos n}=\frac{1}{2}\cdot \lim_{n\to+\infty} \frac{3-\cos(n+1)}{3-\cos n}
\end{align*}
e quel limite in realtà non esiste , e quindi il criterio del rapporto risulta inapplicabile ... in quanto il criterio del rapporto recita così:
Sia $a_n$ una successione di numeri reali positivi, supponiamo che
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=L,\qquad 0\le L\le +\infty
\end{align*}
allora si che :
\begin{align*}
\begin{cases} \sum _n a_n, & \mbox{converge se } L<1 \\ \sum _n a_n, & \mbox{diverge se } L>1
\end{cases}
\end{align*}
dove naturalmente nulla si può concludere se $L=1.$ Nel tuo caso, non esistendo il limite del rapporto $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ (quella successione oscilla tra $1/2$ e $2$) il criterio del rapporto non dice nulla a riguardo, e dunque non è applicabile. Come ti ha suggerito Paolo90, con il criterio del confronto, in due passaggi concludi...
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{3-\cos(n+1)}{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{3-\cos n}=\lim_{n\to+\infty}\frac{2^n}{2^n\cdot 2 } \cdot \frac{3-\cos(n+1)}{3-\cos n}=\frac{1}{2}\cdot \lim_{n\to+\infty} \frac{3-\cos(n+1)}{3-\cos n}
\end{align*}
e quel limite in realtà non esiste , e quindi il criterio del rapporto risulta inapplicabile ... in quanto il criterio del rapporto recita così:
Sia $a_n$ una successione di numeri reali positivi, supponiamo che
\begin{align*}
\lim_{n\to+\infty}\frac{a_{n+1}}{a_n}=L,\qquad 0\le L\le +\infty
\end{align*}
allora si che :
\begin{align*}
\begin{cases} \sum _n a_n, & \mbox{converge se } L<1 \\ \sum _n a_n, & \mbox{diverge se } L>1
\end{cases}
\end{align*}
dove naturalmente nulla si può concludere se $L=1.$ Nel tuo caso, non esistendo il limite del rapporto $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ (quella successione oscilla tra $1/2$ e $2$) il criterio del rapporto non dice nulla a riguardo, e dunque non è applicabile. Come ti ha suggerito Paolo90, con il criterio del confronto, in due passaggi concludi...
Per teorema del confronto intendente confrontarla o con la serie geometrica o armonica?
...confrontarla con una serie di cui sai il carattere; in genearale la serie armonica e la serie geometrica sono ottime per fare confronti
Allora direi...
$ (3-2cosn)/2^n < 1/n^2 $ Visto che 1/n^2 è convergente allora anche la nostra serie sarà convergente. Se ho detto eresie riprendetemi pure xD
$ (3-2cosn)/2^n < 1/n^2 $ Visto che 1/n^2 è convergente allora anche la nostra serie sarà convergente. Se ho detto eresie riprendetemi pure xD
si ma per usar quel confroto li devi dimostrare che $2^n>n^2;$ usando l'indizione, per $n\ge4$, si verifica immediatamente che la base è vera; per il passo induttivo abbiamo che
\begin{align*}
2^{n+1}=2^n\cdot 2>n^2\cdot 2 >(n+1)^2
\end{align*}
poichè
\begin{align*}
n^2\cdot 2 &>(n+1)^2=n^2+2n+1\\
n^2 & >2n+1\\
\end{align*}
dunque è vera per ogni $n\ge4;$ quindi il tuo confronto va bene; più semplicemente, potevi osservare che
\begin{align*}
\frac{|3-\cos n|}{2^n}\le\frac{|3|+|\cos n|}{2^n}\le\frac{4}{2^n}=\frac{1}{2^2\cdot2^n}\le\frac{1}{2^n}\to \mbox{converge}
\end{align*}
quindi la tua serie converge per confronto con la serie geometrica di ragione $1/2$
\begin{align*}
2^{n+1}=2^n\cdot 2>n^2\cdot 2 >(n+1)^2
\end{align*}
poichè
\begin{align*}
n^2\cdot 2 &>(n+1)^2=n^2+2n+1\\
n^2 & >2n+1\\
\end{align*}
dunque è vera per ogni $n\ge4;$ quindi il tuo confronto va bene; più semplicemente, potevi osservare che
\begin{align*}
\frac{|3-\cos n|}{2^n}\le\frac{|3|+|\cos n|}{2^n}\le\frac{4}{2^n}=\frac{1}{2^2\cdot2^n}\le\frac{1}{2^n}\to \mbox{converge}
\end{align*}
quindi la tua serie converge per confronto con la serie geometrica di ragione $1/2$
Grazie Noisemaker, sei stato chiarissimo.
Spero che qualcuno si prenda la briga di venir a leggere fino a qui giù. Non mi va di imbrattare il forum sempre con lo stesso argomento aprendo nuove discussioni.
Sto facendo quest'altra serie
$sum 1/(n*logn^n)$
Ho pensato di farlo con il criterio della radice
$lim root(n)(1/(n*logn^n)) = lim root(n)(1/n) * root(n)((1/logn)^n) = lim n^(-1/n) * 1/logn = 0*1= 0$
Ragionamento giusto?
Sto facendo quest'altra serie
$sum 1/(n*logn^n)$
Ho pensato di farlo con il criterio della radice
$lim root(n)(1/(n*logn^n)) = lim root(n)(1/n) * root(n)((1/logn)^n) = lim n^(-1/n) * 1/logn = 0*1= 0$
Ragionamento giusto?
si ragionamento giusto! alternativamente potevi studiare la serie
\begin{align*} \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n\cdot\ln n^n}= \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2\ln n }\end{align*}
ora iltermine generale di quella serie li si confronta immediatamente con
\begin{align*} \frac{1}{n^2\ln n }<\frac{1}{n^2 }\to\mbox{ converge}\end{align*}
In generale vale il seguente risultato (che si può facilmente dimostrare, ad esempio, con il criterio di condensazione di Cauchy)
\begin{align*}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n} =\begin{cases} \mbox{per}\,\,\alpha>1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta>0, & \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*}
\begin{align*} \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n\cdot\ln n^n}= \sum_{n=2}^{+\infty}\frac{1}{n^2\ln n }\end{align*}
ora iltermine generale di quella serie li si confronta immediatamente con
\begin{align*} \frac{1}{n^2\ln n }<\frac{1}{n^2 }\to\mbox{ converge}\end{align*}
In generale vale il seguente risultato (che si può facilmente dimostrare, ad esempio, con il criterio di condensazione di Cauchy)
\begin{align*}
\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}\ln^{\beta}n} =\begin{cases} \mbox{per}\,\,\alpha>1\,\,\mbox{e}\,\,\forall\,\, \beta, & \mbox{Converge }\\
\mbox{per }\,\,\alpha=1\,\,\mbox{e per }\,\, \beta>0, & \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*}
Wow, non sapevo esistesse una formula generale. Mi adopererò per imparare la dimostrazione.
Ad occhio anche quest'altra serie che mi ero ritrovato davanti penso che si risolva con questo tipo di formula, ma mi sembra molto più difficile:
$ 1/(n*logn*(loglogn)^n) $
Ma proprio non sapere da dove incominciare.
Ad occhio anche quest'altra serie che mi ero ritrovato davanti penso che si risolva con questo tipo di formula, ma mi sembra molto più difficile:
$ 1/(n*logn*(loglogn)^n) $
Ma proprio non sapere da dove incominciare.
criterio della radice ..
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