Un paio di esercizi sulle serie, è corretto ragionare così?
Stavo svolgendo questi primi esercizi sulle serie numeriche e non capisco se forse io abbia bistrattato troppo questa serie per giungere al risultato. Purtroppo i tutorati non hanno soluzione quindi vivo sempre nel dubbio se sia giusto o no 
Vorrei proporvene 2:
$sum_(n>=1)1/(2^(logn!))$
La serie è a termini positivi e il termine generale un infinitesimo per n->infinito, quindi..
sapendo che $n!>n$ e il fatto che il logaritmo è crescente posso maggiorare: $1/(2^(logn!))<=1/2^logn$ quindi applicherei il confronto.
Poi noto che vale l'equivalenza asintotica:$logx~x, x->oo$ dunque posso scrivere $1/2^logn~1/2^n$ è una geometrica -> converge => per asintotico e confronto l'iniziale converge
---
$sum_(n>=1)1/(n(n!)^(1/n))$ per questo invece non ho idee
Grazie
Vorrei proporvene 2:
$sum_(n>=1)1/(2^(logn!))$
La serie è a termini positivi e il termine generale un infinitesimo per n->infinito, quindi..
sapendo che $n!>n$ e il fatto che il logaritmo è crescente posso maggiorare: $1/(2^(logn!))<=1/2^logn$ quindi applicherei il confronto.
Poi noto che vale l'equivalenza asintotica:$logx~x, x->oo$ dunque posso scrivere $1/2^logn~1/2^n$ è una geometrica -> converge => per asintotico e confronto l'iniziale converge
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$sum_(n>=1)1/(n(n!)^(1/n))$ per questo invece non ho idee
Grazie
Risposte
"harperf":
Poi noto che vale l'equivalenza asintotica:$ logx~x, x->oo $
Questa è nuova...
Svolgendo l'esercizio con le relazioni asintotiche giuste vedi che la minorazione $n! > n$ è assolutamente inutile al fine di trovare una serie dagli addendi equivalenti a quelli della serie data.
Prova con una minorazione meno brutale, tipo $n! > n(n-1)$, oppure $n!>n^2$.
Oppure con l'approssimazione di Stirling del fattoriale $n! \approx sqrt(2pi) n^(n+1/2) e^(-n)$
.
"gugo82":
Questa è nuova...
anche a me! 
Stavo rispondendo all'altro dubbio sul forum, finito di là posso cimentarmi nel risolvere quest'altro 
Allora, il problema è che avevo svolto tale minorazione perché volevo portarmi ad avere un esponente alla n così da avere una geometrica.
Il problema è che se volessi sfruttare quella che dici tu mi blocco su $sum_(n>=1)1/(2^(log(n^2)))$ e poi...
idem per $sum_(n>=1)1/(n(n)^(2/n))$
la voglia di portarmi a qualcosa di conosciuto mi ha anche fatto travisare l'equivalenza asintotica.
Grazie per l'aiuto
Allora, il problema è che avevo svolto tale minorazione perché volevo portarmi ad avere un esponente alla n così da avere una geometrica.
Il problema è che se volessi sfruttare quella che dici tu mi blocco su $sum_(n>=1)1/(2^(log(n^2)))$ e poi...
idem per $sum_(n>=1)1/(n(n)^(2/n))$
la voglia di portarmi a qualcosa di conosciuto mi ha anche fatto travisare l'equivalenza asintotica.
Grazie per l'aiuto
Ciao harperf,
1: $\sum_{n >= 1} 1/(2^(logn!)) $
Applicando il criterio della radice si ha $ \lim_{n \to +\infty} (1/(2^(log n!)))^(1/n) = 0 $, pertanto la serie proposta è convergente.
2: $\sum_{n >= 1} 1/(n(n!)^(1/n)) = \sum_{n >= 1} 1/(n \root[n](n!)) \le \sum_{n >= 1} 1/(n\sqrt(n)) = \sum_{n >= 1} 1/(n^(3/2)) $
L'ultima serie scritta è la serie armonica generalizzata con $\alpha = 3/2 $ che è convergente, per cui anche la serie proposta è convergente.
1: $\sum_{n >= 1} 1/(2^(logn!)) $
Applicando il criterio della radice si ha $ \lim_{n \to +\infty} (1/(2^(log n!)))^(1/n) = 0 $, pertanto la serie proposta è convergente.
2: $\sum_{n >= 1} 1/(n(n!)^(1/n)) = \sum_{n >= 1} 1/(n \root[n](n!)) \le \sum_{n >= 1} 1/(n\sqrt(n)) = \sum_{n >= 1} 1/(n^(3/2)) $
L'ultima serie scritta è la serie armonica generalizzata con $\alpha = 3/2 $ che è convergente, per cui anche la serie proposta è convergente.
Siete sempre fondamentali 
Due domande, per la:
1) hai usato stirling per svolgere il limite? Non ho capito come farlo, scusa la stupidità.
2)Come posso dimostrare formalmente la minorazione: $\root[n](n!)>=sqrtn$
Grazie mille pillo, ero disperato!
Due domande, per la:
1) hai usato stirling per svolgere il limite? Non ho capito come farlo, scusa la stupidità.
2)Come posso dimostrare formalmente la minorazione: $\root[n](n!)>=sqrtn$
Grazie mille pillo, ero disperato!
1) No. Ma se vuoi puoi usarlo. In ogni modo non è difficile vedere che si ha $\lim_{n \to +\infty} log (n!)^(1/n) = +\infty $
Adesso che ci guardo meglio forse era più conveniente usare il criterio del rapporto.
2) Riarrangiando i termini si ha:
$ (n!)^2=[1\cdot n][2\cdot (n-1)][3\cdot (n-2)] \cdots [(n-1)\cdot 2][n\cdot 1] $
Ognuno degli $n $ prodotti $(k + 1)\cdot (n - k) $ è $\ge n $ per $0 \le k < n $ e quindi si ha:
$ (n!)^2 \ge n^{n} \implies (n!)^{1/n}\ge \sqrt{n} $
Prego!
Adesso che ci guardo meglio forse era più conveniente usare il criterio del rapporto.
2) Riarrangiando i termini si ha:
$ (n!)^2=[1\cdot n][2\cdot (n-1)][3\cdot (n-2)] \cdots [(n-1)\cdot 2][n\cdot 1] $
Ognuno degli $n $ prodotti $(k + 1)\cdot (n - k) $ è $\ge n $ per $0 \le k < n $ e quindi si ha:
$ (n!)^2 \ge n^{n} \implies (n!)^{1/n}\ge \sqrt{n} $
"harperf":
Grazie mille pillo, ero disperato!
Prego!
Ah ecco, allora mi sfugge $lim_(n->+oo) (n!)^(1/n)=oo^0$ perché sia infinito.
Ottimo, ho un pretesto per provarci
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[EDIT]
$lim_(n->+oo) 1/2^(log(n+1))$ yepp funziona
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Non ci sarei mai arrivato
Adesso che ci guardo meglio forse era più conveniente usare il criterio del rapporto.
Ottimo, ho un pretesto per provarci
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[EDIT]
$lim_(n->+oo) 1/2^(log(n+1))$ yepp funziona
-------------------
"pilloeffe":
$ (n!)^2=[1\cdot n][2\cdot (n-1)][3\cdot (n-2)] \cdots [(n-1)\cdot 2][n\cdot 1] $
Ognuno degli $n $ prodotti $(k + 1)\cdot (n - k) $ è $\ge n $ per $0 \le k < n $ e quindi si ha:
$ (n!)^2 \ge n^{n} \implies (n!)^{1/n}\ge \sqrt{n} $
Non ci sarei mai arrivato
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