Sommatoria

[Ponnamperuma]

Senza tanti preamboli (è un esercizio della gara del pubblico di Cesenatico di qualche anno fa, mi pare...):

Determinare l'ultimo intero raggiungibile sommando la metà di 1000, 2/4 di 1000, 3/8 di 1000, 4/16 di 1000, e così via...
In parole povere, ma certo più altisonanti, determinare M tale che

$ \displaystyle 1000\cdot\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{n}{2^n}}<M+1 $.

Ciao!

[albert_K]

Allora, il limite della serie è 2 quindi l'ultimo intero raggiungibile dovrebbe essere 1999.

[hydro]

Allora, il limite della serie è 2 quindi l'ultimo intero raggiungibile dovrebbe essere 1999.

mmmh sei sicuro che la somma della serie sia 2? perchè si ha che

$ \displaystyle \sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{1}{2^n}=2 $ quindi dovrebbe essere
$ \displaystyle \sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{1}{2^n}=\sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{n}{2^n} \rightarrow $$ \displaystyle \sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{n}{2^n}-\sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{1}{2^n}=\sum_ {n=1}^{+\infty} \frac{n-1}{2^n}=0 $ il che a occhio non mi sembra tanto vero...

[SkZ]

in verita', se ben ricordo,
$ $\lim_{N\rightarrow\infty} \sum_ {n=1}^{N} \frac{1}{2^n}=\lim_{N\rightarrow\infty}\frac{2^{-1}-2^{-(N+1)}}{1-2^{-1}}\rightarrow 1 $ $

[Ponnamperuma]

hydro... guarda che $ \displaystyle\sum_{i=1}^\infty \frac{1}{2^n}=1 $
La tua affermazione è vera considerando i=0, che però è escluso dalla serie...
La risposta di albert è corretta, ma, come sempre del resto, sarebbe bene postare i cari vecchi conti!

P.S.: SkZ più rapido di me...

[darkcrystal]

Allora... facciamo un po' di stime.
Voglio trovare una quantità $ f(n) $ che faccia questo lavoro: $ \displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{i}{2^i}=2-f(n) $
Scrivendo questa relazione per $ n $ e $ n+1 $ si ottiene che $ \displaystyle f(n+1)=f(n)-\frac{n+1}{2^{2n+1}} $. Possiamo supporre che $ f(n) $ sia del tipo $ \displaystyle \frac{g(n)}{2^n} $. Sostituendo nella relazione di prima si trova $ g(n+1)=2g(n)-n-1 $, di cui è soluzione $ g(n)=n+2 $. Abbiamo ora una funzione $ \displaystyle f(n)=\frac{n+2}{2^n} $.
Ora ci chiediamo se è vero, cioè se questa funzione fa quello per cui è stata pensata!
Per n=1, funziona. Supponiamo che sia vero per n e verifichiamolo per n+1.
Basta verificare che la variazione di entrambi i membri della relazione iniziale sia uguale (che son due conti, e viene che entrambi variano di $ \frac{n+1}{2^{n+1}} $)
Perciò a questo punto abbiamo vinto: la somma richiesta differisce da 2 di una quantità f(n) che tende a 0, perciò moltiplicata per mille tende a 2000. Il max è dunque 1999.

Ciao!

[albert_K]

Si è vero in effetti ho mancato di scrivere la dimostrazione del perchè la serie tenda a quel valore, che è poi il fulcro del probolema, ora sono di fretta, appena torno la scrivo!

[hydro]

ops chiedo scusa per la castroneria...

[albert_K]

Allora per dimostrare che la serie converge a due devo determinare il termine generale della successione somma.

Operativamente si verifica che tale termine è una frazione e considero quindi le due successioni numeratore e denominatore rispettivamente $ a_n $ e $ b_n $.

$ b_n = 2^n $ semplicemente.

$ a_n $ è più semplice definirla per ricorrenza in questo modo.

$ a_1 = 1 $
$ a_{n+1} = 2a_n + n + 1 $

perchè ogni volta che sommiamo le due frazioni il numeratore viene moltiplicato per due.

ora dimostro per induzione che $ a_n $ può anche scriversi in questo modo: $ a_n = 2^{n+1} - n -2 $
Per $ a_1 $ è vera.
$ a_{n+1} = 2^{n+2} - n - 1 - 2 = $$ 2*2^{n+1} - 2n + n - 4 + 1 = 2*[2^{n+1} -n - 2] + n + 1 = 2a_n + n + 1 $

Ora facilmente $ \frac{a_n}{b_n} = \frac{2^{n+1} - n -2}{2^n} \rightarrow 2^- $