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Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: lunedì 30 gennaio 2012, 18:34
da Jonathanpizzicoli
Ciao a tutti..ho un po' di problemi a farmi tornare le serie in oggetto!

{[n^(1/n)] - 1}^2

(pigreco/2 - arctan n)

[e - (1 + 1/n)^n]

grazie a chi sapesse aiutarmi.. :D

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: mercoledì 11 luglio 2012, 11:19
da catarsiaffa
Mi aggrego a questo problema! Non riesco a trovare la soluzione per queste due serie!

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: martedì 4 settembre 2012, 11:58
da Noisemaker
Jonathanpizzicoli ha scritto:Ciao a tutti..ho un po' di problemi a farmi tornare le serie in oggetto!


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(n^{\frac{1}{n}}-1\Big)^2

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big( \frac{\pi}{2}-\arctan n\Big)

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

grazie a chi sapesse aiutarmi.. :D


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(n^{\frac{1}{n}}-1\Big)^2

La serie è evidentemente a termini positivi, in quanto elevata al quadrato!Considerando il comportamento asintotico del termine generale si osserva che:

\displaystyle \Big(n^{\frac{1}{n}}-1\Big)^2= \Big(e^{\frac{\ln n}{n}}-1\Big)^2\sim \Big(\frac{\ln n}{n}}  \Big)^2=\frac{1}{n^2\ln^{-2} n} \to \mbox{Converge}


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big( \frac{\pi}{2}-\arctan n\Big)

essendo \frac{\pi}{2}-\arctan n=\arctan \frac{1}{n} la serie data è equivalente a

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big( \frac{\pi}{2}-\arctan n\Big)=\sum_{n=1}^{+\infty}\arctan \frac{1}{n}\sim \sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n} \to \mbox{Diverge}


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n=\sum_{n=1}^{+\infty}e-\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo somma(algebrica) di due serie divergenti (Il termine generale non tende a zero!) per linearità la serie non converge

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: giovedì 6 settembre 2012, 18:27
da PLA
Scusatemi ma non riesco a dimostrare la convergenza della prima serie... :/

Con il metodo di e-alla dimostro che la serie potrebbe convergere.
Poi scelgo di fare il confronto asintotico con \sqrt[n]{n^2} che per la mancanza della condizione necessaria, diverge.

Il limite mi viene 1 e quindi le serie dovrebbero avere lo stesso comportamento, quindi divergere... dove sbaglio?!

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: giovedì 6 settembre 2012, 23:07
da Noisemaker
PLA ha scritto:Scusatemi ma non riesco a dimostrare la convergenza della prima serie... :/

Con il metodo di e-alla dimostro che la serie potrebbe convergere.

si infatti il termine generale tende zero,cioè è verificata la condizione NECESSARIA per la convergenza:

\displaystyle\lim_{n \to \infty} \Big(n^{\frac{1}{n}}-1\Big)^2=\lim_{n \to \infty}\Big(e^{\frac{\ln n}{n}}-1\Big)^2\sim\Big(\frac{\ln n}{n}}\Big)^2=0

PLA ha scritto:Poi scelgo di fare il confronto asintotico con \sqrt[n]{n^2} che per la mancanza della condizione necessaria, diverge.


perche segli di fare il confronto con \sqrt[n]n^2 ?? il termine generale è asintotico a

\displaystyle\Big(\frac{\ln n}{n}}\Big)^2=\frac{\ln^2 n}{n^2}}>\frac{1}{n^2}\to \mbox{converge}:

Infatti si potrebbe dimostrare la convergenza della serie \displaystyle\frac{\ln^2 n}{n^2}} conil criterio di condensazione di Cauchy:

il termine generale è decrescente e positivo, quindi la serie

\displaystyle\frac{\ln^2 n}{n^2}}\quad \mbox{converge}\quad \Leftrightarrow \quad\displaystyle\frac{2^n\cdot\ln^2 2^n}{2^{2n}}}\to \mbox{converge}

allora

\displaystyle\frac{2^n\cdot\ln^2 2^n}{2^{2n}}}=\frac{n^2\ln^2 2}{2^n}\sim\frac{n^2 }{2^n}

applicando a quest'ultima serie il criterio del rapporto, otteniamo


\displaystyle\lim_{n \to \infty}\frac{(n+1)^2 }{2^{n+1}} \cdot \frac{2^n}{n^2 }=\lim_{n \to \infty}\frac{(n+1)^2 }{n^2} \cdot \frac{2^n}{2^{n} \cdot2}=\frac{1}{2} <\lambda<1\to\mbox{converge}

e quindi anche la serie data converge.

insomma , da qualsiasi parte la prendi, sta serie converge!!

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: venerdì 7 settembre 2012, 2:21
da PLA
Noisemaker ha scritto:
perche segli di fare il confronto con \sqrt[n]n^2 ??


Come "suggerimento" brutale della serie stessa.. mi sembrava una buona idea, in quanto mi portava al limite per confronto asintotico:

\displaystyle\lim_{n \to \infty}(\frac{\sqrt[n]{n}-1}{\sqrt[n]{n}})^2=1

Per cui la serie al numeratore dovrebbe comportarsi come quella al denominatore, ovvero divergere...



Non mi torna la diseguaglianza...
Noisemaker ha scritto:\frac{\ln^2 n}{n^2}}<\frac{1}{n^2}\to \mbox{converge}



Comunque, grazie per la risposta!
Domani la riguarderò con calma... :-)

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: venerdì 7 settembre 2012, 9:07
da Noisemaker
PLA ha scritto:
Noisemaker ha scritto:
\frac{\ln^2 n}{n^2}}<\frac{1}{n^2}\to \mbox{converge}



..ho corretto scusa!! :lol: :lol:

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: mercoledì 17 ottobre 2012, 15:22
da Massimo Gobbino
PLA ha scritto:Come "suggerimento" brutale della serie stessa.. mi sembrava una buona idea, in quanto mi portava al limite per confronto asintotico:

\displaystyle\lim_{n \to \infty}(\frac{\sqrt[n]{n}-1}{\sqrt[n]{n}})^2=1


:shock: :shock: :shock: :?: :?: :?:

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: sabato 22 dicembre 2012, 10:36
da silly
Noisemaker ha scritto:
PLA ha scritto:
Noisemaker ha scritto:
\frac{\ln^2 n}{n^2}}<\frac{1}{n^2}\to \mbox{converge}



.....scusate ma secondo il confronto asintotico..nei casi limite....nn dovrebbe essere an>=bn...nn mi torna....??...

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: martedì 13 gennaio 2015, 11:02
da Overtrq
Noisemaker ha scritto: essendo \frac{\pi}{2}-\arctan n=\arctan \frac{1}{n} la serie data è equivalente a


Scusate, non ho capito questa relazione

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: martedì 13 gennaio 2015, 11:23
da Overtrq
Noisemaker ha scritto: \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n=\sum_{n=1}^{+\infty}e-\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo somma(algebrica) di due serie divergenti (Il termine generale non tende a zero!) per linearità la serie non converge


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n Questa,non rispettando la condizione necessaria e essendo a termini positivi non può che divergere a +infinito, giusto?
Dall'ultima relazione scritta da Noisemaker dovrebbe dunque essere +infinito -infinito.
Ma da Teorema algebrico è anche esplicitato che non funziona nel caso +infinito -infinito (Lezione 39 Analisi matematica 1 2012/2013 - PDF Allegato)

Cosa non ho capito?

Re: Serie 3, 8° prima colonna, 7° ed 8° seconda colonna

Inviato: martedì 13 gennaio 2015, 20:52
da GIMUSI
Overtrq ha scritto:
Noisemaker ha scritto: \displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}e-\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n=\sum_{n=1}^{+\infty}e-\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n

essendo somma(algebrica) di due serie divergenti (Il termine generale non tende a zero!) per linearità la serie non converge


\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\Big(1+\frac{1}{n} \Big)^n Questa,non rispettando la condizione necessaria e essendo a termini positivi non può che divergere a +infinito, giusto?
Dall'ultima relazione scritta da Noisemaker dovrebbe dunque essere +infinito -infinito.
Ma da Teorema algebrico è anche esplicitato che non funziona nel caso +infinito -infinito (Lezione 39 Analisi matematica 1 2012/2013 - PDF Allegato)

Cosa non ho capito?


è così infatti...non si può applicare il teorema algebrico in questo caso

si potrebbe applicare il criterio asintotico

posto qui un possibile svolgimento