(Quasi elementare) Quanto sbaglio, se mi fermo?

[EvaristeG]

Questo post è qui solo perché c'è di mezzo una serie numerica, ma si può fare con mezzi totalmente elementari.
Consideriamo la serie che definisce, tramite la funzione esponenziale, il numero $e^x$, ovvero
$$e^x:=\sum_{i=0}^\infty\frac{x^i}{i!}\;.$$
Ora, supponiamo di considerare, per ogni $n\in\mathbb{N}$, il numero
$$\alpha_n:=\sum_{i=0}^n\frac{n^i}{i!}\;.$$
La domanda che tutti si pongono è la seguente: di quanto sbaglio? Cioe, la quantità $e^n-\alpha_n$, al crescere di $n$ tra i naturali, che fa? Resta limitata tra due costanti non nulle? Diventa sempre più piccola? diventa sempre più grande? Fa un po' quel che gli pare?

Per i più sgamati, ovviamente, ci sono richieste di crescente difficoltà: trovare delle stime da sopra e da sotto per questa quantità in dipendenza da $n$, ad esempio, per determinarne l'andamento all'infinito, e così via. Ma data la natura elementare della prima questione, pregherei di non uccidere il problema a cannonate prima che qualche anima candida risolva almeno la prima parte.

[maurizio43]

Timido tentativo (di una delle anime candide) di dire qualcosa (quasi niente) sulla parte iniziale ... della prima parte del quesito...
$ e^n-a_n=\displaystyle \sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{n^i}{(i)!} = \sum_{i=n+1}^{2n}\frac{n^i}{(i)!} +\sum_{i=2n+1}^\infty\frac{n^i}{(i)!} $

$ e^{2n}-a_{2n}=\displaystyle \sum_{i=2n+1}^{\infty}\frac{2^i n^i}{(i)!} $

se indichiamo $ d_n $= $ e^{2n}-a_{2n}-\left( e^n-a_n \right) $ allora sarà :

$ d_n=- \displaystyle \sum_{i=n+1}^{2n}\frac{n^i}{(i)!}+ \sum_{i=2n+1}^{\infty} \left( \frac{2^in^i}{(i)!} -\frac {n^i}{(i)!} \right) $

Poichè $ d_n $ è palesemente positiva credo che possiamo arrivare a dire che la differenza $ e^n-a_n $ cresce con $ n $

(Scusatemi, ma ho colto l' occasione per allenarmi un po' ad usare -faticosamente- il LaTeX)

[maurizio43]

P.S.: Nel postare la mia soprastante "scoperta dell' acqua calda" avevo perso "un pezzo" (sia pure pressochè superfluo) :
Si può facilmente vedere che $ d_n > 0 $ riscrivendo :
$ d_n=- \displaystyle \sum_{i=n+1}^{2n}\frac{n^i}{(i)!}+ \sum_{i=2n+1}^{3n} b_i+ \sum_{i=3n+1}^{\infty} b_i $
dove $ b_i= \frac{n^i}{(i)!} \left( 2^i-1 \right) $

Traspare chiaramente che gli n termini (da n+1 a 2n) della prima sommatoria sono ciascuno minore del corrispondente termine di ugual posto $ b_i $
(da 2n+1 a 3n ) della seconda sommatoria, e inoltre ( e a maggior ragione) restano gli ulteriori infiniti addendi positivi della terza sommatoria.

[EvaristeG]

Vero, l'errore cresce, ma questo esclude solo la possibilità che vada a $0$ (e che si comporti un po' a caso).
Per fare un esempio, la quantità $\frac{n^2-1}{n^2+1}$ cresce al crescere di $n$, ma non supera mai $1$, mentre la quantità $\frac{n^2+1}{n+1}$ cresce e diventa sempre più grande.
Resta ancora da determinare, dunque, se cresce ma rimane limitata oppure se cresce oltre ogni limite.

[maurizio43]

Mi sembra di poter dimostrare che i termini della successione $ e^n-a_n $ , benchè crescenti , non si infittiscono al crescere di n bensì si allargano.
Per esempio la distanza tra $ e^{4n}-a_{4n} $ e $ e^{2n}-a_{2n} $ è superiore alla distanza tra $ e^{2n}-a_{2n} $ e $ e^n-a_n $ .
Quindi la successione dovrebbe divergere.
E' sufficiente così o mi devo tuffare in un mare di LaTeX per vedere se un calcolo sul tipo di quello postato in precedenza effettivamente dà conferma ?

[EvaristeG]

Mi stai chiedendo se è sufficiente un presentimento o è meglio una dimostrazione?

[maurizio43]

La demo della disuguaglianza penso proprio di averla (è un procedimento molto simile a quello che ho utilizzato nei post precedenti); è scomodissima da raccontare in LaTeX, ma ci posso provare, se mi dici che sono sulla strada giusta

[EvaristeG]

Per esempio la distanza tra $ e^{4n}-a_{4n} $ e $ e^{2n}-a_{2n} $ è superiore alla distanza tra $ e^{2n}-a_{2n} $ e $ e^n-a_n $ .
Quindi la successione dovrebbe divergere.

Uhm chiamiamo $d_n=e^n-\alpha_n$. Tu dici che $d_{2n}-d_n< d_{4n}-d_{2n}$ e da qui sostieni che i termini "si allargano".
Però, tra $d_n$ e $d_{2n}$ passano $n$ termini, mentre tra $d_{2n}$ e $d_{4n}$ ne passano $2n$. Se anche la distanza $d_{n+1}-d_n$ decrescesse, si potrebbe comunque avere che fare $2n$ passi è più lungo che farne $n$.

[maurizio43]

E' proprio per questo dubbio che ti ho chiesto di indicarmi se la strada era quella giusta.
L' impressione è che se c'è un limite finito alla lunga tutti i termini dovrebbero schiacciarsi attorno a quel limite e non divaricarsi,
ma 'sto fatto che mi viene "facile" solo il calcolo di raddoppio in raddoppio delle posizioni dei termini non mi permette di non essere incerto.

P.S.: Non è che se considero la sottosuccessione che contiene solo i termini di posto n, 2n, 4n,... eccetera , essendo questi tutti crescenti e con
differenza crescente, questa sì che posso considerarla divergente, e allora anche la successione "madre" (che abbiamo visto che non oscilla)
anche lei si potrebbe considerare divergente ?

[EvaristeG]

Direi che capire questo genere di cose (e dimostrarle, eventualmente) è proprio il lavoro di chi risolve il problema ...

[maurizio43]

Essendo perennemente afflitto da pigrizia e dall’insicurezza dovuta all’ignoranza, francamente avrei preferito avere l’incoraggiamento di qualche tua parola
che mi facesse intendere che mi stavo muovendo su una strada “possibile” , prima di imbarcarmi in un percorso eterno (per la trafila delle formule e la loro
traduzione in LaTeX, ma non me lo hai voluto dare. Così ho cominciato un po’ al buio, sperando di non avere buttato tempo e pazienza .
(Mi scuso per l'interminabile e ridondante sequela di formule, dovuta alla scarsa conoscenza del Latex e alla conseguente necessità di verificare passo-passo lo scritto)


indichiamo il termine n-esimo con $ d_n=e_n−a_n=\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{n^i}{i!} $
indichiamo il termine (n+1)esimo con $ d_{n+1}=e_{n+1}−a_{n+1}=\sum_{i=n+2}^{\infty}\frac{(n+1)^i}{i!} $
Sarà:
$ d_{n+1}−d_n= \sum_{i=n+2}^{\infty}\frac{(n+1)^i}{i!}-\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{n^i}{i!} $ che si può anche scrivere :
$ d_{n+1}−d{n}=−\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{i=n+2}^{\infty}\frac{1}{i!}((n+1)^i−(n)^i) $
Sviluppando la potenza i-esima del binomio si ottiene
$ d_{n+1}−d{n}=−\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+\sum_{i=n+2}^{\infty}\frac{1}{i!} (n^i +t_{i,2} n^{i-1}+t_{i,3} n^{i-2}+t_{i,4} n^{i-3}+...+1 -n^i) $
dove con $ t_i,j $ indichiamo il generico termine del triangolo di Tartaglia di posto j nella riga i
Indicando $ S_{n+3}=\sum_{i=n+3}^{\infty}\frac {1}{i!} (t_{i,2} n^{i-1}+t_{i,3} n^{i-2}+t_{i,4} n^{i-3}+...+1) $
e indicando $ T_{n+2,4}=t_{n+2,4} n^{i-3}+t_{n+2,5} n^{i-4}+...+1 $
Possiamo scrivere :
$ d_{n+1}−d{n}=−\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+ \frac{(n+2)}{(n-2)!}n^{n+2-1}+\frac{1}{(n+2)!}t_{n+2,3}n^{n+2−2}+\frac{1}{(n+2)!}T_{n+2,4}+S_{n+3} $
da cui :$ d_{n+1}−d{n}=−\frac{n^{n+1}}{(n+1)!}+n^{n+1}\frac{1}{(n+1)!}+\frac{1}{(n+2)!}t_{n+2,3}n^{n}+\frac{1}{(n+2)!}T_{n+2,4}+S_{n+3} $
ovvero :
$ d_{n+1}−d{n}=\frac{1}{(n+2)!}t_{n+2,3}n^{n}+\frac{1}{(n+2)!}T_{n+2,4}+S_{n+3} $
Poichè $ \frac{1}{(n+3)!}T_{n+2,4}+S_{n+3} >0 $ ne consegue :
$ d_{n+1}−d{n}>\frac{1}{(n+2)!}t_{n+2,3}n^{n} $ dove $ t_{n+2,3} > 45 $ per $ n>8 $ , quindi :
$ d_{n+1}−d{n}>\frac{1}{(n+2)!}45n^{n} $ per n>8
Ed essendo $ n^n>(n+2)! $ a maggior ragione sarà
$ d_{n+1}−d{n}>45 $
E DUNQUE (salvo errori od omissioni):
qualunque numero reale $ \sigma $, grande a piacere, io possa scegliere esisterà un indice $ n>\frac{\sigma}{45} $ per il quale (e per tutti i seguenti)
$ d_n>\sigma $
Quindi la successione dei $ d_n $ tende a $ \infty $ al crescere di $ n $ .

[EvaristeG]

Essendo perennemente afflitto da pigrizia e dall’insicurezza dovuta all’ignoranza, francamente avrei preferito avere l’incoraggiamento di qualche tua parola
che mi facesse intendere che mi stavo muovendo su una strada “possibile” , prima di imbarcarmi in un percorso eterno (per la trafila delle formule e la loro
traduzione in LaTeX, ma non me lo hai voluto dare.

Essere in grado di valutare da soli una propria soluzione (scritta anche su un foglio di carta, ma con lo stesso rigore con cui va scritta qui o dovunque) è una delle abilità più importanti per chi si cimenta con certi problemi.

indichiamo il termine n-esimo con $ d_n=e_n−a_n=\sum_{i=n+1}^{\infty}\frac{n^i}{i!} $
indichiamo il termine (n+1)esimo con $ d_{n+1}=e_{n+1}−a_{n+1}=\sum_{i=n+2}^{\infty}\frac{(n+1)^i}{i!} $

Qui potevi risparmiarti una riga: avendo detto come indicare il termine $n$-esimo, non c'è bisogno di scrivere anche il termine $(n+1)$-esimo. Certo, è comodo per il lettore, ma siamo abituati a minori comodità!

In quanto segue, spesso hai scritto $dn$ invece di $d_n$, ma è una cosa che capita spessissimo a chiunque (un uso saggio del pulsante preview permette di evitare la maggior parte di questi errori, ma capitano negli articoli su riviste matematiche, quindi penso che su un forum sia inevitabile ). Inoltre, il tuo $t_{ij}$ di solito si indica con ${i\choose j}$

Codice: Seleziona tutto

${i\choose j}$

ed è detto coefficiente binomiale (e si legge "$i$ su $j$").

Indicando $ S_{n+3}=\sum_{i=n+3}^{\infty}\frac {1}{i!} (t_{i,2} n^{i-1}+t_{i,3} n^{i-2}+t_{i,4} n^{i-3}+...+1) $
e indicando $ T_{n+2,4}=t_{n+2,4} n^{i-3}+t_{n+2,5} n^{i-4}+...+1 $

Suggerimento: visto che hai fissato $n$ (nel senso che non ti serve di sceglierlo fino alla fine) e che non ne usi diversi valori durante la dimostrazione, per salvarti un po' di tasti, potevi semplicemente chiamare $S$ e $T$ le due quantità: la loro dipendenza da $n$ non viene mai usata, quindi è inutile indicarla. Non dubito che, in fase di stesura e di ideazione della soluzione l'indice possa servire a tener traccia di cosa si sta facendo, ma poi è solo un modo per scrivere più LaTeX.

E DUNQUE (salvo errori od omissioni):
qualunque numero reale $ \sigma $, grande a piacere, io possa scegliere esisterà un indice $ n>\frac{\sigma}{45} $ per il quale (e per tutti i seguenti)
$ d_n>\sigma $
Quindi la successione dei $ d_n $ tende a $ \infty $ al crescere di $ n $ .

Esatto. Ora, per i più coraggiosi, c'è da capire esattamente quanto cresce $d_n$. Ad esempio, rispetto a $e^n$ (che è la quantità che si vuole in qualche modo approssimare con $\alpha_n$).

[fph]

Minor nitpick:

Codice: Seleziona tutto

\binom{n}{k}

è leggermente meglio di

Codice: Seleziona tutto

{n \choose k}

in LaTeX. Il secondo può generare qualche problemino con un paio di pacchetti e comandi utili (amsmath, latexdiff). Niente di particolarmente grave, ma se imparate il LaTeX ora imparate direttamente la versione più moderna.

[<enigma>]

Non scrivo la soluzione ma solo un suggerimento:

Testo nascosto:

$\alpha_n \sim \frac 1 2 e^n$ (sperando sia giusta)

[maurizio43]

Non credo di aver capito bene il suggerimento.
Se $ a_n $ fosse circa la metà di $ e^n $ avremmo già trovato una approssimazione sufficiente di $ e^n $ :
$ a_n= 2\sum_{i=0}^{n}\frac{n^i}{i!} $
(?)