limite

Serie numeriche, serie di potenze, serie di Taylor
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limite

#1 Messaggioda Studente » domenica 24 maggio 2015, 11:19

Buongiorno a tutti! Non riesco a risolvere il limite allegato, qualcuno ha qualche idea?
È l'esercizio 7 della scheda Serie 6!
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C_Paradise
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Re: limite

#2 Messaggioda C_Paradise » mercoledì 10 giugno 2015, 9:05

Ciao! Prova a pensare a come puoi stimare:

S_n=\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{n!}{k!} trovare una maggiorazione non dovrebbe essere un problema direi S_n \le \frac{1}{n} se trovi una minorazione dovresti essere vicino alla soluzione!

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Re: limite

#3 Messaggioda C_Paradise » sabato 20 giugno 2015, 12:56

Secondo me l'idea da usare è questa, scrivi

\displaystyle e=\sum_{k=0}^{+\infty} \frac{1}{k!}=\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}+\sum_{k=n+1}^{+\infty} \frac{1}{k!}

da cui si ottiene

\displaystyle n!e=n!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}+S_n

ma adesso

\displaystyle n!\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{k!}=I_n \in \mathbb{N}

quindi

\displaystyle n\sin\left(2\pi e n!\right)=n\sin\left(2\pi I_n + 2\pi S_n\right)=n\sin\left(2\pi S_n\right)

ma S_n\to 0, quindi

\displaystyle \lim_{n \to +\infty}n\sin\left(2\pi e n!\right)=\lim_{n \to +\infty}\frac{\sin\left(2\pi S_n\right)}{S_n}  nS_n= 2\pi \lim_{n \to +\infty}nS_n

di conseguenza saremmo molto felici se

\displaystyle \lim_{n \to +\infty}nS_n=1

è facile vedere che \lim_{n \to +\infty}nS_n\le1.

[EDIT by Massimo Gobbino] Ho cercato di rendere più leggibile il TeX :wink:

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Re: limite

#4 Messaggioda C_Paradise » sabato 20 giugno 2015, 14:00

Grazie! Ho ancora un po' di difficoltà con il TeX :roll:

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Re: limite

#5 Messaggioda C_Paradise » sabato 20 giugno 2015, 17:16

Per concludere forse si può procedere in questo modo:

Poniamo A_n=nS_n dimostriamo i seguenti fatti:

1) \forall n \in \mathbb{N}\ A_n \ge 1/2
2) \forall n \in \mathbb{N}\ A_{n+1} \ge A_n

dim 1) Per induzione su n \in \mathbb{N}:

pb. A_2=4\sum_{k=3}^{+\infty}\frac{1}{k!}=2\left(2e-5\right) \ge 1/2\ \iff e \ge 21/8

pI. A_{n+1}=\left(n+1\right)S_{n+1}=\left(n+1\right)\left[\left(n+1\right)S_n-1\right] applicando l'ipotesi induttiva si ottiene:

A_{n+1} \ge \left(n+1\right)\left[1/2\left(n+1\right)-1\right]=1/2\left(n^2-1\right) \ge 1/2 ovvero \iff n \ge 2

dim 2) Per induzione su n \in \mathbb{N}:

pb. A_2=2\left(2e-5\right) \ge e-2=A_1\ \iff e \ge 8/3

pI. A_{n+1}=\left(n+1\right)\left[\left(n+1\right)S_n-1\right] \ge A_n=n^2S_{n-1} - n è vera se dimostro A_n=nS_n \ge 1/2\left(1-S_n\right)

ma A_n \ge 1/2 \ge 1/2\left(1-S_n\right) e con questo si conclude la dimostrazione del punto 2.

3) Per il teorema delle successioni monotone A_n ha limite.

4) Supponiamo per assurdo \lim_{n \to +\infty}A_n=l<1

Allora \lim_{n \to +\infty}\left(S_n-S_{n+1}\right)n\left(n+1\right)=\lim_{n \to +\infty}\left(1-A_n\right)n\left(n+1\right) esiste ed è +\infty

Ma allora per Stolz-Cesàro anche \lim_{n \to +\infty}\frac{S_n}{1/n}=\lim_{n \to +\infty}A_n=+\infty e questo è assurdo perché abbiamo supposto che fosse \lim_{n \to +\infty}A_n=l<1


Un altro modo potrebbe essere quello di studiare la successione definita per ricorrenza:

\begin{cases}A_{n+1}=\left(n+1\right)\left[A_n\left(1+1/n\right)-1\right] \\ A_1=e-2 \end

Dovresti arrivare alla stessa conclusione! :P

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Re: limite

#6 Messaggioda C_Paradise » sabato 20 giugno 2015, 18:05

In realtà tutto questo non ti serve se usi "o-piccolo" su Sn=1/(n+1) + o(1/n)..


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