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qualcuno potrebbe aiutarmi con questa serie?
serie per n da 1 a infinito di (1/(n^(1/2)))-arctan(1/(n^(1/2)))
grazie

Secondo me puoi usare lo sviluppo di Taylor dell'arctan di grado 4, operando la sostituzione dal reciproco della radice di n a x (entrambi tendono a zero). A quel punto il primo termine dello sviluppo si annulla con l'inizio della serie: rimane il reciproco di 3n^(3/2), che è evidentemente una serie armonica; essendo (3/2)>1 converge. Immagino che a voler essere più precisi e completi si debba fare il confronto asintotico con la serie armonica generalizzata...

grazie

e questa? serie per n da 1 a infinito di
(log(1+n+n^4)-4logn)

bia wrote:e questa? serie per n da 1 a infinito di
(log(1+n+n^4)-4logn)

[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} (\ln (1+n+n^4) - 4\ln n)= \sum_{k=1}^{+\infty} \ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)\sim \sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1+n }{ n^4}[/tex] [tex]\displaystyle<\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1 }{ n^4} \to \text{converge}[/tex]

essendo

[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}-1= \frac{ 1+n }{ n^4}[/tex]

Noisemaker wrote:
[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1+n }{ n^4}<\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1 }{ n^4}[/tex]

Ehm ...

Noisemaker wrote:
[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}-1[/tex]

Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...

Massimo Gobbino wrote:

Noisemaker wrote:
[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1+n }{ n^4}<\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1 }{ n^4}[/tex]

Ehm ...

qui laTex mi ha ingannato ....

[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1+n }{ n^4}=\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1}{ n^4}+\frac{ 1}{ n^3}<\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1 }{ n^4}[/tex]

Massimo Gobbino wrote:

Noisemaker wrote:
[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}-1[/tex]

Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...

la gistificazione potrebbe essere:


[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)=\ln \left(1+\frac{ 1} { n^4}+\frac{ 1 }{ n^3}\right)\sim \frac{ 1} { n^4}+\frac{ 1 }{ n^3}=\frac{ 1+n }{ n^4}[/tex]

Noisemaker wrote:
[tex]\displaystyle\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1}{ n^4}+\frac{ 1}{ n^3}<\sum_{k=1}^{+\infty} \frac{ 1 }{ n^4}[/tex]

Ehm

Noisemaker wrote:
la giustificazione potrebbe essere:

[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)=\ln \left(1+\frac{ 1} { n^4}+\frac{ 1 }{ n^3}\right)\sim \frac{ 1} { n^4}+\frac{ 1 }{ n^3}=\frac{ 1+n }{ n^4}[/tex]

Certamente, dopo aver osservato che si tratta di roba del tipo log(1+x) con x che tende a zero, per cui si può usare lo sviluppino.

Massimo Gobbino wrote:
[tex]\displaystyle\ln \left(\frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}\right)\sim \frac{ 1+n+n^4 }{ n^4}-1[/tex]

Questo è ok, ma va giustificato per bene, altrimenti sembra che sia una regola generale ...

in realtà potrebbe valere in generale, nel senso che :

se [tex]\delta(x)\to 0[/tex] per [tex]x\to x_0[/tex] allora

[tex]\ln \left(1+\delta(x)\right)\sim\delta(x),\quad \text{per}\quad x\to x_0[/tex]

posto [tex]f(x)=1+\delta(x)[/tex] si ha che se [tex]f(x)\to 1,\quad \text{per}\quad x\to x_0[/tex] allora

[tex]\ln \left(f(x)\right)\sim f(x)-1,\quad \text{per}\quad x\to x_0[/tex]

che è la parte principale del logaritmo quando l'argomento tende ad uno.

per esempio

[tex]\ln x\sim x-1,\quad \text{per}\quad x\to 1[/tex]

Noisemaker wrote:
[tex]\ln x\sim x-1,\quad \text{per}\quad x\to 1[/tex]

Certamente! Infatti

[tex]\log(x)=\log(1+(x-1))\sim x-1[/tex] quando x tende ad 1, in quanto basta porre x-1=y e osservare che y tende a 0, quindi si può usare lo sviluppino [tex]\log(1+y)\sim y[/tex].

Il tutto poi si giustifica formalmente calcolando il

[tex]\displaystyle\lim_{x\to 1}\frac{\log x}{x-1}[/tex]

mediante cambio di variabili.