Serie3: esercizio 3 colonna 1 e colonna 2

[utente91]

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?

[elena :)]

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...

[Noisemaker]

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

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

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


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

[tex]\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}[/tex]

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

[tex]\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}[/tex]

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

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

nel primo caso allora avremo che :

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

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

studiando allora la serie "condensata" abbiamo:

[tex]\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}[/tex]

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:

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

studiando la serie "condensata "abbiamo:

[tex]\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}[/tex]

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

In generale poi vale il risutato per le serie del tipo [tex]\displaystyle\sum_{n=2}^{+\infty} \frac{1 }{n^{\alpha}\ln^{\beta} n}[/tex], 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

[tex]\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}[/tex]