Somma di una serie (facilotta) e dubbi riguardo le serie

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psion_metacreativo
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Messaggio da psion_metacreativo »

ma_go ha scritto: ehm.. a dir la verità non è così immediato...
c'è di mezzo un teorema (di abel) che garantisce che se una serie $ \displaystyle\sum_n a_n x^n $ di potenze, con raggio di convergenza $ 1 $, tale che la serie $ \displaystyle\sum_n a_n $ esista, allora $ \displaystyle\lim_{x\rightarrow 1^-} \sum_n a_n x^n = \sum_n a_n $...
e la dimostrazione non è così banale :)
Corretto, però io sapevo che se una serie entro il raggio di convergenza ha per somma un funzione f(x), allora se dimostriamo che in x=R o in x=-R la somma converge e in quei punti la funzione f(x) è definita e continua allora necessariamente la somma vale f(R) o f(-R) rispettivamente. Giusto?

Esempio nel nostro caso $ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=1}\frac{(-1)^{n-1}}{n} $ è convergente per il criterio di Leibniz. La serie di potenze $ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=1}(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n} $ ha somma $ f(x)=\ln{1+x} $ che è definita e continua in x=1, dunque la serie data converge a $ \ln{2} $.
Ultima modifica di psion_metacreativo il 16 giu 2005, 13:05, modificato 1 volta in totale.
BlaisorBlade
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Messaggio da BlaisorBlade »

info ha scritto:c'hai anche ragione! Allora il limite è:

lim[n->inf] (n^n/n!)^1/n = t

$ $ \lim_{n \rightarrow +\infty} \sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}} $ $

ma l'esercizio ora è troppo scolastico (forse estraendo i logaritmi si fà qualcosa) e non sò se riuscirei a farlo, ergo... byez!
Per quello che ricordo... sì, questo limite è decisamente finito, quindi quello che volevi fare non funziona. La dimostrazione è parecchio complicata, si sfrutta se non sbaglio un oscuro teorema (oscuro perché viene sempre dimostrato dopo i minimi e massimi limiti, tanto è vero che libri anche tosti classificano questo limite come difficile) che dice che $ \lim \sqrt[n]{a_n} = \lim \frac{a_{n+1}}{a_n} $, se il secondo limite esiste, e quindi (non vorrei scrivere cavolate):
$ $ \lim_{n \rightarrow +\infty} \sqrt[n]{\frac{n^n}{n!}} = \lim \frac{{n+1}^{n+1} n!}{(n+1)! n^n} = \lim \left({\frac{n+1}{n}}\right)^n = e $ $

P.S: questo teorema, tra l'altro, dimostra anche che il criterio del rapporto dà lo stesso risultato del criterio della radice, ma che quest'ultimo è più generale del primo.
Ultima modifica di BlaisorBlade il 16 giu 2005, 19:25, modificato 1 volta in totale.
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Messaggio da BlaisorBlade »

psion_metacreativo ha scritto:
ma_go ha scritto: ehm.. a dir la verità non è così immediato...
c'è di mezzo un teorema (di abel) che garantisce che se una serie di potenze, con raggio di convergenza 1....
e la dimostrazione non è così banale :)
Corretto, però io sapevo che se una serie entro il raggio di convergenza ha per somma un funzione f(x), allora se dimostriamo che in x=R o in x=-R la somma converge e in quei punti la funzione f(x) è definita e continua allora necessariamente la somma vale $ f(R) $ o $ f(-R) $ rispettivamente. Giusto?
Giusto, quello che dici tu è il contenuto del teorema di Abel di cui parla ma_go. Solo che, evidentemente, il prof. di ma_go si è seccato a fare un passaggio (il primo passo della dimostrazione è proprio ridursi al caso $ r=1 $).
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psion_metacreativo
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Re: Somma di una serie (facilotta) e dubbi riguardo le serie

Messaggio da psion_metacreativo »

psion_metacreativo ha scritto: Calcolare R, raggio di convergenza, e S(x) somma della serie per |x|<R, della seguente serie di potenze reali:

$ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=2}((-1)^{n}\frac{2}{n}x^{n}\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k}) $
Per completezza scrivo anche la mia soluzione (il calcolo del raggio di convergenza è identico a quanto scritto da BlaisorBlade):

Dunque sia $ |x|<1 $ allora:

$ \displaystyle S:=\sum^{\infty}_{n=2}((-1)^{n}\frac{2}{n}x^{n}\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k}) $

$ \Downarrow j:=n-1 $

$ \displaystyle S=\sum^{\infty}_{j=1}((-1)^{j+1}\frac{2}{j+1}x^{j+1}\sum^{j}_{k=1}\frac{1}{k}) $

$ \Downarrow $ derivando ambo i membri rispetto a x

$ \displaystyle S'=-2\sum^{\infty}_{j=1}((-1)^{j}x^{j}\sum^{j}_{k=1}\frac{1}{k}) $

$ \displaystyle S'=-2\sum^{\infty}_{j=1}\sum^{j}_{k=1}\frac{(-1)^{j+1-1+k-k}}{k}x^{j+1-1+k-k} $ (Questo è il passaggio più artificioso di tutti ma è motivato da molto allenamento precedente per cercare di ricondurmi a un prodotto di Cauchy)

$ \displaystyle S'=-2\sum^{\infty}_{j=1}\sum^{j}_{k=1}(\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^{k})((-x)^{j+1-k})(\frac{1}{x}) $

$ \displaystyle S'=\frac{-2}{x}\sum^{\infty}_{j=1}\sum^{j}_{k=1}(\frac{(-1)^{k-1}}{k}x^{k})((-x)^{j+1-k}) $ (Finalmente un bel prodotto di Cauchy, se non sapete cos'è leggete la pagina scorsa)

$ \displaystyle S'=\frac{-2}{x}(\sum^{\infty}_{j=1}\frac{(-1)^{j-1}}{j}x^{j})(\sum^{\infty}_{j=1}(-x)^{j}) $

$ \displaystyle S'=\frac{-2}{x}(\ln{1+x})(\frac{1}{1+x}-1) $ (le somme delle due serie dell'ultimo passaggio, come scritto nell'ultimo bestiario)

$ \displaystyle S'=\frac{2\ln{1+x}}{1+x} $

$ \Downarrow $

$ \displaystyle S=\int\frac{2\ln{1+x}}{1+x}\:dx $

$ \Downarrow y:=\ln{1+x} $

$ \displaystyle S=\int 2y\:dy=y^{2}+c=(\ln{1+x})^{2}+c $

se $ x=0 $ allora $ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=2}((-1)^{n}\frac{2}{n}x^{n}\sum^{n-1}_{k=1}\frac{1}{k})=0 $ dunque $ S(0)=0\Rightarrow c=0 $
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Messaggio da psion_metacreativo »

Ok a questo punto, dato che ormai siete smaliziati, rilancio alzando un po' il tiro con un'equazione di serie:

Sia $ F_{n} $ l'n-esimo numero di Fibonacci (per non generare confusione sugli indici, siccome non so quale sia la convenzione ufficiale (illuminatemi), porrò $ F_{0}=0 $ e $ F_{1}=1 $).
Posto $ \forall n\geq 2, n\in \mathbb{N}, $ $ \displaystyle a_{n}:=\frac{3F_{n}^{3}+(F_{n-1}-2F_{n-2})F_{n}^{2}-(F_{n-1}^{2}+5F_{n-1}F_{n-2})F_{n}-F_{n-1}^{3}}{F_{n}^{4}-F_{n}^{3}F_{n-2}-F_{n}^{2}F_{n-1}^{2}+F_{n}F_{n-1}^{2}F_{n-2}} $,
sia $ \displaystyle S:=\sum^{\infty}_{n=3}a_{n} $ (evidentemente questa serie converge a un numero reale altrimenti non avrebbe senso quanto segue).
Risolvere la seguente equazione in x:

$ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^{n}}{S^{n}}=S $
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Re: Somma di una serie (facilotta) e dubbi riguardo le serie

Messaggio da BlaisorBlade »

psion_metacreativo ha scritto: $ y:=\ln{1+x} $
Qua ovviamente intendi $ y:= \ln \left(1+x\right) $, no?
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Messaggio da BlaisorBlade »

psion_metacreativo ha scritto: Sia $ F_{n} $ l'n-esimo numero di Fibonacci (per non generare confusione sugli indici, siccome non so quale sia la convenzione ufficiale (illuminatemi), porrò $ F_{0}=0 $ e $ F_{1}=1 $).
Sì, è proprio questa la convenzione ufficiale. Tra l'altro, quando si scrive la soluzione di una ricorrenza in formula chiusa (vedi formula di Binet), è molto importante rispettare la convenzione (oddio, scegliendone un'altra semplicemente uscirebbero fuori costanti diverse, in effetti, ma sarebbe confusionario).

Già che ci sono:

$ $ F_n = \frac{ {\left({1+\sqrt{5} \over 2 }\right)}^n + {\left({1-\sqrt{5} \over 2 }\right)}^n} {\sqrt{5}} $ $
psion_metacreativo ha scritto: sia $ \displaystyle S:=\sum^{\infty}_{n=3}a_{n} $ (evidentemente questa serie converge a un numero reale altrimenti non avrebbe senso quanto segue).
Risolvere la seguente equazione in x:

$ \displaystyle\sum^{\infty}_{n=0}\frac{x^{n}}{S^{n}}=S $
Dunque, supponendo noto S e riconoscendo la serie geometrica, l'equazione si riduce a $ \displaystyle{1 \over {1-\frac{x}{S}}} = S \mbox{ con la condizione } |x| < S \Leftrightarrow \frac{1}{S-x} = 1 \Leftrightarrow x = S-1 $, che è banale, no?

Quindi, alla fine, si tratta solo di trovare S, o mi sfugge qualcosa?
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BlaisorBlade ha scritto:
psion_metacreativo ha scritto: $ y:=\ln{1+x} $
Qua ovviamente intendi $ y:= \ln \left(1+x\right) $, no?
Si
BlaisorBlade ha scritto:Dunque, supponendo noto S e riconoscendo la serie geometrica, l'equazione si riduce a $ \displaystyle{1 \over {1-\frac{x}{S}}} = S \mbox{ con la condizione } |x| < S \Leftrightarrow \frac{1}{S-x} = 1 \Leftrightarrow x = S-1 $, che è banale, no?

Quindi, alla fine, si tratta solo di trovare S, o mi sfugge qualcosa?
ok, determinate S.
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Mi obbietto da solo una considerzione per quanto riguarda la soluzione da me proposta per la prima serie di questo topic: Durante i calcoli svolti a un certo punto ho diviso per x assumendo quindi implicitamente che x fosse diverso da zero arrivando in questo modo all'integrale indefinito. Per calcolare poi la costante di integrazione ho sfruttato il valore della somma per x=0, sono caduto in contraddizione?
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Dunque, il problema è aggirabile: la formula che hai trovato per S' (che è una serie di potenze) è valida per per $ x\neq 0 $ e si estende per continuità a x=0 (per serie di potenze ciò si può fare); oppure, più semplicemente, si verifica a manina che la formula finale per S' è valida anche per $ x=0 $, e si ricorda che la convergenza di una serie di potenze è uniforme (in un chiuso e limitato contenuto nell'insieme di convergenza bla bla bla, ma abbiamo bellamente ignorato questo tipo di problemi qui).
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