Una bella serie da studiare ...
Risposte
Non è che basta considerare la relazione $"(2n)!!=""2"^"n" "n!"$ ed una veloce manipolazione algebrica per ricondursi allo sviluppo in serie di Taylor della $"1"/{sqrt("1+x")}$?
Saluti dal web.
Saluti dal web.
"theras":???
Non è che basta considerare la relazione $"(2n)!!=""2"^"n" "n!"$ [...]
Acqua! Non conosco questa notazione [$(2n)!! =2^n·n!$].
Ho solo ricordato l'dentità [usando apposta l'uguale ≡ a tre linee]:
$(1·3·3·... ·(2n-1))/(2·4·6·...·(2n)) ≡((2n)!)/(2^(2n) (n!)^2$.
L'ho fatto ... per facilitare il riconoscimento del "carattere" della successine ${a_n}$ in questione (e di conseguenza delle due serie di addendi [rispettivamente] $a_n$ e $(-1)^n a_n$.
[Aiutone: usando l'approssimazione dei fattoriali data dalla "formula di Stirling", quanto vale (circa) $a_n$ (per n molto grande)?]
"theras":Fuoco, fuoco!
[...]ricondursi allo sviluppo in serie di Taylor della $"1"/{sqrt("1+x")}$
Osserva che nella serie divergente gli addendi sono tutti positivi mentre in quella convergente sono a segno alterno.
_______
Beh,il cosidetto semifattoriale d'un numero naturale n è per definizione il prodotto di tutti e soli i numeri naturali non superiori ad n che sono ad esso congruenti modulo 2
(lo si potrebbe anche definire per ricorrenza,ma detto in questo modo secondo me ne è più chiara l'essenza):
si ha cioè,ad esempio,$"6!!=6*4*2(=(2*3)*(2*2)*(2*1)=" "2"^"3""(3*2*1)=""2"^"3" "3!..)"$,$"7!=7*5*3*1"$ e,più in generale,$"(2n)!!=2*4*...*(2n-2)*2n=(2*1)*(2*2)*...*[2(n-1)]*2n="$
$"="underbrace{"(2*2*...*2*2)"}_{"n volte"}"[1*2*...*(n-1)*n]=" "2"^"n" "n!"$, e $"(2n)!=(2n)!!(2n-1)!! "AA "n" in NN $.
Utilizzando tali relazioni si può agevolmente importare che il termine generale della tua serie è reinterpretabile alla luce dello sviluppo in serie di Taylor richiamato:
saluti dal web.
(lo si potrebbe anche definire per ricorrenza,ma detto in questo modo secondo me ne è più chiara l'essenza):
si ha cioè,ad esempio,$"6!!=6*4*2(=(2*3)*(2*2)*(2*1)=" "2"^"3""(3*2*1)=""2"^"3" "3!..)"$,$"7!=7*5*3*1"$ e,più in generale,$"(2n)!!=2*4*...*(2n-2)*2n=(2*1)*(2*2)*...*[2(n-1)]*2n="$
$"="underbrace{"(2*2*...*2*2)"}_{"n volte"}"[1*2*...*(n-1)*n]=" "2"^"n" "n!"$, e $"(2n)!=(2n)!!(2n-1)!! "AA "n" in NN $.
Utilizzando tali relazioni si può agevolmente importare che il termine generale della tua serie è reinterpretabile alla luce dello sviluppo in serie di Taylor richiamato:
saluti dal web.
Bel problema, se provassimo senza Stirling
Una possibile alternativa a Stirling: si osserva che per ogni $k\geq 1$ vale $a_{2k}\leq a_k(\frac{4k-1}{4k})^k$. La successione $\{a_n\}$ è a termini positivi e decrescente, quindi ha un limite $l\in[0,+\infty)$. Mandando $k$ a infinito nella disuguaglianza precedente si trova $l\leq l e^{-1/4}$ e quindi $l=0$.
Gli altri due punti:
2)
Proviamo per induzione $a_{n}\geq\frac{1}{2n}$
$n=1:$ $a_{1}=\frac{1}{2}\geq\frac{1}{2}$
$a_{n}\geq\frac{1}{2n}\rightarrow a_{n+1}=a_{n}\(1-\frac{1}{2(n+1)})\geq\frac{1}{2n}\(1-\frac{1}{2(n+1)})=\frac{1}{2n}-\frac{1}{4n(n+1)}=\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{4n(n+1)}>\frac{1}{2(n+1)}$
Quindi per confronto con la serie armonica la serie di termine generale
$a_{n}$ diverge.
3)
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}a_{n}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}\(1-\frac{1}{2n})x^{n}$
$=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{2n}x^{n}=1+\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}a_{n}x^{n+1}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{2n}x^{n}$
$=1-xf(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{n}x^{n}$
$f^{'}(x)=-f(x)-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}x^{n-1}=-f(x)-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}a_{n}x^{n}$
$=-f(x)-xf^{'}(x)+\frac{1}{2}f(x)=-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}f(x)$
$\frac{f^{'}(x)}{f(x)}=-\frac{1}{2(x+1)}$
$\frac{d}{dx}\(\ln\(f(x)))=-\frac{d}{dx}\(\ln(\sqrt{x+1}))$
$f(x)=\frac{A}{\sqrt{x+1}}$
$f(0)=1$ quindi $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x+1}}$
2)
Proviamo per induzione $a_{n}\geq\frac{1}{2n}$
$n=1:$ $a_{1}=\frac{1}{2}\geq\frac{1}{2}$
$a_{n}\geq\frac{1}{2n}\rightarrow a_{n+1}=a_{n}\(1-\frac{1}{2(n+1)})\geq\frac{1}{2n}\(1-\frac{1}{2(n+1)})=\frac{1}{2n}-\frac{1}{4n(n+1)}=\frac{1}{2(n+1)}+\frac{1}{4n(n+1)}>\frac{1}{2(n+1)}$
Quindi per confronto con la serie armonica la serie di termine generale
$a_{n}$ diverge.
3)
$f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}a_{n}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}\(1-\frac{1}{2n})x^{n}$
$=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}x^{n}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{2n}x^{n}=1+\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}a_{n}x^{n+1}-\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{2n}x^{n}$
$=1-xf(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{a_{n-1}}{n}x^{n}$
$f^{'}(x)=-f(x)-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n-1}x^{n-1}=-f(x)-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n+1}a_{n}x^{n}$
$=-f(x)-xf^{'}(x)+\frac{1}{2}f(x)=-xf^{'}(x)-\frac{1}{2}f(x)$
$\frac{f^{'}(x)}{f(x)}=-\frac{1}{2(x+1)}$
$\frac{d}{dx}\(\ln\(f(x)))=-\frac{d}{dx}\(\ln(\sqrt{x+1}))$
$f(x)=\frac{A}{\sqrt{x+1}}$
$f(0)=1$ quindi $f(x)=\frac{1}{\sqrt{x+1}}$
"dan95":Stirling non è indispensabile.
Bel problema, se provassimo senza Stirling
Alla proposta di considerare lo sviluppo in serie di potenze di $1/sqrt(1+x)$ ho risposto "Fuoco, fuoco!" per intendere che eravamo vicinissimi alla soluzione. Ed ho osservato che la serie divergente (somma degli $a_n$) aveva tutti gli addendi positivi ... laddove lo sluppo in serie di $1/sqrt(1+x)$ è a segno alterno.
L'impiego della formula di Stirling è però molto comodo.
Infatti:
$a_n = ((2n)!)/(2^(2n) (n!)^2) ≈(2^(2n)·n^(2n)·e^(-2n) ·sqrt(2·2n·π))/(2^(2n)·[n^n·e^(-n)·sqrt(2·n·π)]^2)=(2^(2n)·n^(2n)·e^(-2n) ·sqrt(2·2n·π))/(2^(2n)·n^(2n)·e^(-2n)·2·n·π) = 1/sqrt(n·π)$;
il che mostra che $a_n$ tende a 0 al tendere di n all'infinito col "carattere" di $1/sqrtn$.
Allora, siccome è $1/sqrtn > 1/n$ non appena è n > 1 e la serie armonica $1 + 1/2 + 1/3 +... + 1/n + ...$ è divergente, la serie somma degli $a_n$ (quella a segno costante) è divergente.
Invece la serie a segno alterno, avendo l'addendo corrente infinitesimo, è convergente.
Resta solo da calcolare il limite di questa serie convergente.
Invece di chiedere quant'è questo limite ho chiesto di dimostrare che è $1/sqrt2$ perché con i moderni mezzi di calcolo numerico il suo valore si trova subito sperimentalmente.
La dimostrazione è subito fatta se si sviluppa in serie di potenze $1/sqrt(1-x)$ e alla fine si mette $x = -1$.
[Gli $a_n$ sono proprio i coefficienti degli addendi di tale sviluppo.
Pe 0 < x < 1 la serie è senz'altro convergente essendo maggiorata dalla serie geometrica.
Ma il suo limite è tanto maggiore quanto più x si avvicina ad 1 da sinistra!
Ossia: per x che tende ad 1 crescendo il limite della serie tende all'infinito.
Se uno ricorda come sono i coefficienti di questo sviluppo, (in serie di potenze di $1/sqrt(1-x)$), risponde ad ogni domanda del quiz senza l'aiuto di Stirling!
Ma se gli viene in mente di provare con una serie di questo tipo senza ancora sapere come saranno i coefficienti degli addendi, Stirling gli gli è utile per sapere in anticipo il "carattere" di quella serie; e in particolare che quella serie è convergente ed è quindi probabile che sia lo sviluppo in serie di potenze di qualche funzione già nota].
NB. Lo sviluppo di $1/sqrt(1-x)$ converge per ogni x tale che sia $–1 ≤ x < 1$. Converge anche per $x = –1$ [mentre diverge per $x = 1$] proprio perché il coefficiente corrente è infinitesimo e per $x < 0$ la serie è a segno alterno.
Diverge non appena è $x < –1$.
[Fa venire in mente lo sviluppo in serie di x = arctan(t), che converge anche per t = 1, ma diverge non appena è t>1].
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Oops!
Avevo iniziato a rispondere prima delle ultime due risposte, ma poi ho sospeso. Quindi ho ripreso e finalmente inviato stando nella stessa pagina ... senza perciò vedere le successive risposte.
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Certo: va bene anche la funzione $1/sqrt(1+x)$. Ma se metto $-x$ al posto di $x$ ho di colpo la serie a termini tutti positivi e capisco subito che quella data è divergente perché è il limite di $1/sqrt(1-x)$ per x che tende a 1 crescendo.
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Il bello è, però, che a me questo quiz non è venuto in mente pensando alla serie di $1/sqrt(1-x)$, ma cercando l'integrale di $1/(1-x·cos^2(φ)$ in $dφ$ per $φ$ da 0 a π/2 (con |x| < 1).
Infatti, sviluppando in serie geometrica la funzione integranda, si trova che c'è da integrare $cos^(2n)(φ)$ per ogni n naturale e –guarda caso! – l'integrale di $cos^(2n)(φ)$ in $dφ$ da 0 a π/2 è proprio $((2n)!)/(2^(2n)(n!)^2)$
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Avevo iniziato a rispondere prima delle ultime due risposte, ma poi ho sospeso. Quindi ho ripreso e finalmente inviato stando nella stessa pagina ... senza perciò vedere le successive risposte.
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Certo: va bene anche la funzione $1/sqrt(1+x)$. Ma se metto $-x$ al posto di $x$ ho di colpo la serie a termini tutti positivi e capisco subito che quella data è divergente perché è il limite di $1/sqrt(1-x)$ per x che tende a 1 crescendo.
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Il bello è, però, che a me questo quiz non è venuto in mente pensando alla serie di $1/sqrt(1-x)$, ma cercando l'integrale di $1/(1-x·cos^2(φ)$ in $dφ$ per $φ$ da 0 a π/2 (con |x| < 1).
Infatti, sviluppando in serie geometrica la funzione integranda, si trova che c'è da integrare $cos^(2n)(φ)$ per ogni n naturale e –guarda caso! – l'integrale di $cos^(2n)(φ)$ in $dφ$ da 0 a π/2 è proprio $((2n)!)/(2^(2n)(n!)^2)$
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