Somma di una serie (facilotta) e dubbi riguardo le serie

[info]

Rispondo:

--- lo confronto solo con l'argomento della radice perche se l'argomento tende ad infinito, anche la radice ennesima tende all'infinito;

--- sul limite L finito hai ragione. Prendendo [L]+1 (l'intero successivo) credo vada bene lo stesso;

???????

[psion_metacreativo]

--- lo confronto solo con l'argomento della radice perche se l'argomento tende ad infinito, anche la radice ennesima tende all'infinito;

Mi dispiace ma non è così automatico perchè se il termine tende all'infinito hai un caso del tipo $ \infty^{0} $ che è indeterminato

--- sul limite L finito hai ragione. Prendendo [L]+1 (l'intero successivo) credo vada bene lo stesso;

Si ma non puoi concludere nulla per la risposta precedente.

[psion_metacreativo]

$ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n} $ diverge positivamente. Come utile esercizio iniziale provate a dimostrarvelo.

Allora, anche in questo caso consideriamo un'altra serie:$ a_1=a_2=a_3=--=a_{10}=\frac{1}{10n} $ che procede analogamente $ a_{10(n-1)+1}=a_{10(n-1)+2}=a_{10(n-1)+3}=--a_{10n}=\frac{1}{10n} $, che all'infinito darà la serie armonica che cerchiamo, pertanto le due serie avranno lo stesso limite. Ma ogni termine della prima serie sarà minore (o uguale) al corrispondente termine della seconda. Quindi per assurdo la serie tende a $ \infty $

Ok corretto, questo

che all'infinito darà la serie armonica che cerchiamo, pertanto le due serie avranno lo stesso limite. Ma ogni termine della prima serie sarà minore (o uguale) al corrispondente termine della seconda. Quindi per assurdo la serie tende a $ \infty $

lo puoi dire semplicemente scrivendo che la serie da te costruita diverge positivamente ed è dominata dalla serie armonica e quindi per il criterio del confronto anch'essa diverge.

[EvaristeG]

@ BlasorBlade : neanche la funzione $ \log x $ è definita in 0 (in quanto va a meno infinito), ma per essa non è possibile uno sviluppo del genere.
E non è solo per l'ordine di infinito della funzione in 0...la ragione risiede nelle possibili estensioni complesse del logaritmo.
Quindi, il dubbio sulla legittimità di un simile sviluppo in serie è più che fondato.

Per quanto riguarda la serie armonica, vi propongo questa dimostrazione che secondo me è abbastanza stimolante:
supponiamo per assurdo che la somma sia finita (e indichiamola con H), allora
H=1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + ...=
=2/2 + 2/4 + 2/6 + 2/8 + ...<
<1 + 1/2 + 1/3 + 1/4 + 1/5 + 1/6 + 1/7 + 1/8 + ... = H
quindi H>H, ma ciò è assurdo e dunque la somma non converge.
Il minore è giustificato dal fatto che 2/n<1/(n+1)+1/n strettamente per ogni n positivo.

[EvaristeG]

$ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=1}\frac{1}{n} $ diverge positivamente. Come utile esercizio iniziale provate a dimostrarvelo.

Allora, anche in questo caso consideriamo un'altra serie:$ a_1=a_2=a_3=--=a_{10}=\frac{1}{10n} $ che procede analogamente $ a_{10(n-1)+1}=a_{10(n-1)+2}=a_{10(n-1)+3}=--a_{10n}=\frac{1}{10n} $, che all'infinito darà la serie armonica che cerchiamo, pertanto le due serie avranno lo stesso limite. Ma ogni termine della prima serie sarà minore (o uguale) al corrispondente termine della seconda. Quindi per assurdo la serie tende a $ \infty $

Ok corretto, questo

che all'infinito darà la serie armonica che cerchiamo, pertanto le due serie avranno lo stesso limite. Ma ogni termine della prima serie sarà minore (o uguale) al corrispondente termine della seconda. Quindi per assurdo la serie tende a $ \infty $

lo puoi dire semplicemente scrivendo che la serie da te costruita diverge positivamente ed è dominata dalla serie armonica e quindi per il criterio del confronto anch'essa diverge.

Ehm ... c'è qualcosa che non torna ...

Esempio : $ a_i=i^{-2} $
e questa, bontà sua, converge.
$ b_i=ceil(i/10)^{-2}10^{-1} $
e questa fa lo stesso limite, per ovvie ragioni, ma
$ a_i>b_i $ e quindi è assurdo che queste due serie convergano??

Il problema è il seguente :
se tu sai che a_i>b_i, puoi solo dedurne che la somma degli a_i è maggiore o uguale alla somma dei b_i, ma non puoi escludere che sia uguale e quindi addio assurdo.
In generale, se avete una disuguaglianza tra gli elementi di una successione, questa non potrà mai passare al limite (alla somma, al limsup, al liminf) in forma stretta, senza ulteriori ipotesi.
Quindi, HumanTorch, il tuo argomento non funziona, perchè con esso potresti mostrare che ogni serie diverge.

[FrancescoVeneziano]

Dimostriamo che $ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=2}((-1)^{n}\frac{2}{n}x^{n}\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k})=\log(x+1)^2 $

L'osservazione chiave è la formula
$ \displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i(n-i)}=\frac{2}{n}\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}\frac{1}{i} $
che si può dimostrare facilmente spezzando il termine $ \frac{1}{i(n-i)} $ nella somma $ \frac{1}{ni}+\frac{1}{n(n-i)} $ e cambiando l'indice di sommazione.
Usando questa formula la serie da calcolare diventa $ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=2}((-1)^{n}x^{n}\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k(n-k)}) $ ed è immediato osservare che essa è il quadrato della serie per il logaritmo di 1+x
$ \log(1+x)=\displaystyle\sum_{i=1}^\infty (-1)^{i+1}\frac{x^i}{i} $

CaO
Francesco

[corretto svariati errori nel tex che potrei evitare se usassi di più la funzione "anteprima"]

[psion_metacreativo]

ok a FrancescoVeneziano

[info]

c'hai anche ragione! Allora il limite è:

lim[n->inf] (n^n/n!)^1/n = t

ma l'esercizio ora è troppo scolastico (forse estraendo i logaritmi si fà qualcosa) e non sò se riuscirei a farlo, ergo... byez!

[FrancescoVeneziano]

Dovresti scegliere meglio i tuoi miti personali...


CaO

[EvaristeG]

I warn you all that what follows is completely off topic

@FrancescoVeneziano : LOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOL


Ok, la finisco di fare il cazzone...

[HumanTorch]

@EvaristeG

Credo che l'assurdo si abbia che le serie convergano nello stesso limite, pur essendo le somme parziali della prima sempre maggiori della seconda. Quindi vanno a infinito. Già dai primi termini si ricava che $ \frac{1}{2}>\frac{1}{10} $..ma potrei stare sbagliando tutto

@Psion_metacreativo

Ma quanto sono fiche 'ste lezioni; dai che alle IMO SPACCHIAMO TUTTO (ok, mi sedo, mi sedo)

[psion_metacreativo]

Human lieto che tu apprezzi ma non credo che 'sta roba sia olimpica...

[EvaristeG]

@Human Torch : costruisci la stessa serie con la somma degli inversi dei quadrati, come ho fatto io.
Avrai la stessa situazione, le somme parziali avranno sempre la stessa disuguaglianza tra loro, ma in quel caso la serie converge ... come mai?
Ti ripeto :
$ a_i<b_i \ \forall \i $ implica $ \sum a_i\leq \sum b_i $ e non
$ \sum a_i < \sum b_i $
ovvero, rimane aperta la possibilità che, nonostante le somme parziali dell'una siano sempre maggiori delle corrispondenti somme parziali dell'altra, le somme finali siano uguali, ed in questo caso non hai nessun assurdo.

[info]

Questa però è corretta, eh!

Sostituisco ai numeri da 1/(2^n+1) fino a 1/[2^(n+1)] il numero 1/[2^(n+1)]:

1/ (2^n+1)+ 1/ (2^n+2)+…+ 1/(2^(n+1)) >

2^(n)* 1/ 2^(n+1) = ½


La serie armonica viene quindi ad essere una maggiorante di 1/2+1/2+1/2+1/2 e quindi diverge… come Blaisorblade già osservò…

[psion_metacreativo]

ok info è la dimostrazione classica