Serie3: esercizio 3 colonna 1 e colonna 2

Serie numeriche, serie di potenze, serie di Taylor
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Serie3: esercizio 3 colonna 1 e colonna 2

#1 Messaggioda utente91 » mercoledì 28 dicembre 2011, 19:33

Illuminatemi per favore (con idee perché la lampada ce l'ho già sopra la testa).
Serie che vanno da 1 a +00: [n^2+3sqrt(n)]/n^3*logn+4

[n^2+3*n^1/3]/n^3*log^2n+4

Nella prima mi viene 1/nlogn e nella seconda 1/nlog^2n, ma come faccio a dimostrare che la prima diverge e la seconda converge. Con cosa devo fare il confronto asintotico?
Da quando ho imparato a caminare mi piace correre - I was born an original. I will seek to not die a copy.

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#2 Messaggioda elena :) » venerdì 30 dicembre 2011, 11:12

Per la serie della prima colonna io fatto il confronto asintotico con (1/(nlogn) che diverge
e per la seconda colonna invece con 1/(n(logn)^2) che converge...

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Re: Serie3: esercizio 3 colonna 1 e colonna 2

#3 Messaggioda Noisemaker » mercoledì 12 settembre 2012, 12:02

utente91 ha scritto:Illuminatemi per favore (con idee perché la lampada ce l'ho già sopra la testa).
Serie

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n^2+3\sqrt n}{n^3\ln n +4}

\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{n^2+3\sqrt[3] n}{n^3\ln^2n +4}


Nella prima mi viene 1/nlogn e nella seconda 1/nlog^2n, ma come faccio a dimostrare che la prima diverge e la seconda converge. Con cosa devo fare il confronto asintotico?


come hai giustamente evidenziato, si ha

\displaystyle \frac{n^2+3\sqrt n}{n^3\ln n +4}\sim \frac{n^2 }{n^3\ln  n  }\sim  \frac{1 }{n\ln n} \to \mbox {diverge}

[Edit: ho corretto un typo (Massimo Gobbino)]

\displaystyle\frac{n^2+3\sqrt[3] n}{n^3\ln^2n +4}\sim  \frac{n^2 }{n^3\ln^2n}\sim  \frac{1 }{n\ln^2 n}\to \mbox {converge}

per dimostrare questi risultati, si può utilizzare il criterio di condensazione di Cauchy, ovvero se la successione a_n e definitivamente positiva e decrescente, allora

\mbox{ la serie }\displaystyle\sum_{n=1}^{+\infty} a_n\quad\mbox{convegre [diverge]} \quad\Leftrightarrow \quad \displaystyle\mbox{convegre [diverge] la serie } \sum_{n=1}^{+\infty} 2^n a_{2^n}

nel primo caso allora avremo che :

la serie \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n\ln n} è evidentemente a termini poistivi e con termine generale decrescente, allora possiamo applicare il criterio di condensazione di Cauchy:

\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n\ln n}\quad\mbox {converge}\Leftrightarrow \quad\mbox{convegre la serie } \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}2^n \cdot  \frac{1 }{2^n\ln 2^n}

studiando allora la serie "condensata" abbiamo:

\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}2^n \cdot  \frac{1 }{2^n\ln 2^n}= \sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{ \ln 2^n}\sim\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n}\to \mbox {diverge}

allora poiche diverge la serie "condensata", divergerà anche la serie di partenza;

nel secondo caso si verifica come prima che la serie è a termini poisitivi e con termine generale decrescente, e applicando il criterio di condensazione di Cauchy si ha:

\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n\ln^2 n}\quad\mbox {converge}\Leftrightarrow \quad\mbox{convegre la serie } \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}2^n \cdot  \frac{1 }{2^n\ln^2 2^n}

studiando la serie "condensata "abbiamo:

\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty}2^n \cdot  \frac{1 }{2^n\ln^2 2^n}=\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{ \ln^2 2^n}\sim\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{1 }{ n^2}\to \mbox {converge}

allora poiche converge la serie "condensata", convergerà anche la serie di partenza.

In generale poi vale il risutato per le serie del tipo \displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n^{\alpha}\ln^{\beta} n}, che evita di utilizzare ogni volta il criterio di condensazione di Cauchy (o qualsiasi altro criterio valido per dimostrare la convergenza, ad esempio il confronto con l'integrale): infatti si dimostra che

\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n^{\alpha}\ln^{\beta} n}=\begin{cases} \mbox{converge se }, &\alpha>1  \mbox{ oppure se } \alpha=1,\beta>1 \\ \mbox{diverge se }, &\alpha<1\mbox{ oppure se }  \alpha=1,\beta\le1
\end{cases}


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