[SISSA 2011] - Comportamento asintotico di $a_n$

[Paolo902]

Problema. Sia $a_n$ la successione definita da
\[
a_n:=\sum_{k=1}^{n} \sqrt[4]{k}.
\]
Trovare il comportamento asintotico di $a_n$ per $n \to + \infty$.

Possiedo una mia soluzione (spero sia giusta!). Sarei felice di confrontare il risultato e il metodo. In spoiler, un piccolo hint.

Integrale di Riemann.

Fonte: concorso di ammissione SISSA, Trieste, Settembre 2011.

[Steven11]

Uh, non mi è nuovo questo esercizio. Io non ricordavo quel teorema infame che collega serie ed integrale e al test dovetti lasciare per strada quei punticini preziosi.

Comunque sì, si richiede di applicare quello che dici tu

[j18eos]

Confermo quanto scritto da Steven e da Paolo90

[gugo82]

Chiaramente si ha \(a_n\to +\infty\).

D'altra parte per ogni \(k\geq 1\) si ha:
\[
\sqrt[4]{k} =\int_k^{k+1} \sqrt[4]{k}\ \text{d} x \leq \int_k^{k+1} \sqrt[4]{x}\ \text{d} x = \frac{4}{5}\ x^{5/4}\Big|_k^{k+1} = \frac{4}{5}\ (k+1)^{5/4} -\frac{4}{5}\ k^{5/4}
\]
quindi per \(n\geq 1\):
\[
a_n\leq \sum_{k=1}^n \frac{4}{5}\ (k+1)^{5/4} -\frac{4}{5}\ k^{5/4} = \frac{4}{5}\ \left( (n+1)^{5/4} -1\right)\; ;
\]
analogamente è:
\[
\sqrt[4]{k} =\int_{k-1}^k \sqrt[4]{k}\ \text{d} x \geq \int_{k-1}^k \sqrt[4]{x}\ \text{d} x = \frac{4}{5}\ x^{5/4}\Big|_{k-1}^k = \frac{4}{5}\ k^{5/4} -\frac{4}{5}\ (k-1)^{5/4}
\]
quindi per \(n\geq 1\):
\[
a_n \geq \sum_{k=1}^n \frac{4}{5}\ k^{5/4} -\frac{4}{5}\ (k-1)^{5/4} = \frac{4}{5}\ n^{5/4}\; ;
\]
mettendo insieme le due disuguglianze ottenute si nota che per ogni \(n\geq 1\) è:
\[
\frac{4}{5}\ n^{5/4} \leq a_n \leq \frac{4}{5}\ \left( (n+1)^{5/4} -1\right)
\]
cosicché:
\[
a_n \in \Theta(n^{5/4})\; .
\]
[N.B.: Si ricordi che il simbolo \(\Theta\) di Landau è definito come segue: "Siano \((a_n),(b_n)\) successioni reali. Si dice che \(a_n\) è Teta grande di \(b_n\) se e solo se esistono due costanti \(0\leq c\leq C\) tali che \(c\ |b_n|\leq |a_n|\leq C\ |b_n|\) per ogni \(n\) sufficientemente grande."]

[totissimus]

\( lim \frac{a_n}{n^{\alpha}}=lim \frac{\sqrt[4]{n+1}}{(n+1)^{\alpha}-n^{\alpha}}\)

Dato che \( (n+1)^{\alpha}-n^{\alpha} \approx \alpha n^{\alpha-1}\) scelgo \(\alpha \) t.c. \( \alpha-1=\frac{1}{4}\) cioè \(\alpha=\frac{5}{4} \)

Con questa scelta risulta:

\( lim \frac{a_n}{n^{\alpha}}=lim \frac{\sqrt[4]{n+1}}{(n+1)\sqrt[4]{n+1}-n\sqrt[4]{n}}=\frac{4}{5}\)

[Gaussman]

@totissimus: non ho capito che hai fatto nel primo passaggio...

comunque c'è un modo per arrivarci anche senza integrali:
$1^(1/4)+2^(1/4)...+n^(1/4) $1^(1/4)+2^(1/4)...+n^(1/4)>(n/2)^(1/4)+(n/2+1)^(1/4)...+n^(1/4)>n/2\cdot (n/2)^(1/4)=(n/2)^(5/4)$

in generale è cosa nota e molto comoda da ricordarsi che la somma delle potenze a-esime si comporta asintoticamente come una potenza a+1-esima

[gugo82]

@Gaussman: Molto carino e semplice.

Ah, inoltre, totissimus ha usato una specie di Teorema di de l'Hopital discreto, i.e. quello citato qui, che io non ricordo quasi mai.

[totissimus]

Si chiama teorema di Stolz-Cesaro.

[Gaussman]

ah ecco perchè non capivo, c'era quindi di mezzo un teorema! Grazie

[Paolo902]

Scusate la domanda idiota, ma...

"Gaussman":$1^(1/4)+2^(1/4)...+n^(1/4)>(n/2)^(1/4)+(n/2+1)^(1/4)...+n^(1/4)>n/2\cdot (n/2)^(1/4)=(n/2)^(5/4)$

Come si giustifica la prima disuguaglianza? Non lo vedo

"Gaussman":in generale è cosa nota e molto comoda da ricordarsi che la somma delle potenze a-esime si comporta asintoticamente come una potenza a+1-esima

Scommetto che questa bella cosa è vera anche per $a \in \RR$ (non solo razionale)...
Grazie per i vostri interventi!

[Gi81]

@Paolo90: dici questa? $1^(1/4)+2^(1/4)...+n^(1/4)>(n/2)^(1/4)+(n/2+1)^(1/4)...+n^(1/4)$
Se $n$ è pari, si può scrivere così: $sum_(k=1)^n k^(1/4) > sum_(k=n/2)^n k^(1/4)$.

Se $n$ è dispari,... Beh, cambia poco

[Paolo902]

@Gi8: l'avevo detto che era una domanda idiota... Grazie mille!

[Gaussman]

"Paolo90":
Come si giustifica la prima disuguaglianza? Non lo vedo

qui è colpa mia che coi puntini confondo le idee
Forse scritto cosi è più chiaro:
$\sum_(i=1)^n i^(1/4)=\sum_(i=1)^(n/2-1) i^(1/4)+\sum_(i=n/2)^n i^(1/4)>\sum_(i=n/2)^n i^(1/4)$
ho dato per scontato che n sia pari ma se n è dispari il discorso è analogo

"Paolo90":
Scommetto che questa bella cosa è vera anche per $a \in \RR$ (non solo razionale)...
Grazie per i vostri interventi!

esatto, ed in questo post sono saltati fuori 2 modi di dimostrarlo

EDIT:anticipato!
EDIT2:anticipato perchè sono troppo stupido per vedere che al post si era aggiunta una pagina