Convergenza semplice e assoluta di serie parametriche a segni alterni

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Convergenza semplice e assoluta di serie parametriche a segni alterni #87984

avt
Kronoa
Cerchio
Salve, ho un problema con questo esercizio di esame di ingegneria sulle serie con parametro: si devono trovare i valori del parametro per cui le serie convergono e specificare la convergenza semplice e assoluta.

\\ \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n n^{-\frac{a}{n}}\\ \\ \\ \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n n^{-a-\frac{1}{n}}\\ \\ \\\sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n n^{-\frac{n}{a}}

Magari se me lo potete spiegare nel modo più semplice possibile perché mi rimangono difficili le serie..

Vi ringrazio!
 
 

Convergenza semplice e assoluta di serie parametriche a segni alterni #88016

avt
Galois
Amministratore
Ciao Kronoa,

partiamo dalla prima e dalla terza serie numerica da te proposte che sono le più semplici.

1)\ \ \ \sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n n^{-\frac{a}{n}}

Il termine generale della serie è a_n=n^{-\frac{a}{n}} che, in virtù dell'identità logaritmo-esponenziale, possiamo riscrivere come

a_n=n^{-\frac{a}{n}}=e^{\ln\left(n^{-\frac{a}{n}}\right)}=e^{-\frac{a}{n}\ln(n)}

dove nel secondo passaggio abbiamo usato le proprietà dei logaritmi.

Osserviamo ora che

\lim_{n\to +\infty}\left[-\frac{a}{n}\ln(n)\right]=0

e, di conseguenza

\lim_{n\to +\infty}{e^{-\frac{a}{n}\ln(n)}}=e^0=1

Non essendo soddisfatta la condizione necessaria per la convergenza la serie 1) non può convergere.


Passiamo ora alla terza serie

3)\ \ \ \sum_{n=1}^{+\infty} (-1)^n n^{-\frac{n}{a}}

Innanzitutto a deve essere diverso da zero, in quanto quantità presente a denominatore.

Distinguiamo quindi i due casi a>0 \mbox{ e } a<0.

Per a<0 il termine generale

a_n=n^{-\frac{n}{a}} tende a infinito per n\to +\infty quindi la serie non converge (in quanto, come prima, non è soddisfatta la condizione necessaria per la convergenza).

Mentre, per a> 0 il termine generale è infinitesimo quindi, essendo soddisfatta la condizione necessaria di convergenza, possiamo procedere con lo studio della convergenza assoluta e, per farlo, procediamo con il criterio del confronto.

Essendo a\neq 0, da un certo indice in poi

n^{-\frac{n}{a}}\le n^{-2}

convincersi di ciò non è difficile. Infatti a è un parametro positivo (un valore numerico fissato) mentre n varia da 1 a più infinito. Da un certo punto in poi accadrà quindi che

n > 2a

(per quanto possiamo assumere grande il valore del parametro a prima o poi ciò accadrà)

Di conseguenza n^{-\frac{n}{a}}\le n^{-2} e, poiché

\sum_{n=1}^{\infty}[n^{-2}]

converge (vedi serie armonica generalizzata), per il criterio del confronto convergerà assolutamente (e quindi semplicemente) anche la serie data.

Morale della favola, per quanto riguarda la serie 3) possiamo concludere che:

- non è definita per a=0

- converge assolutamente per a>0

- non converge per a<0


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

La seconda serie è un po' più ostica rispetto alle altre, perché all'esponente abbiamo una somma/differenza e non un prodotto, quindi dobbiamo effettuare un'analisi più approfondita.

Per capire quali valori del parametro fungono da spartiacque possiamo riscrivere il termine generale mediante l'identità log-exp

(-1)^n n^{-a-\frac{1}{n}}=(-1)^ne^{\left(-a-\frac{1}{n}\right)\log(n)}

quindi ragioniamo su

(-1)^ne^{\left(-a-\frac{1}{n}\right)\log(n)}

Il primo strumento da usare è proprio la condizione necessaria di convergenza, senza la quale la serie non può convergere.

Riscriviamo ulteriormente il termine generale nella forma

(-1)^ne^{\left(\frac{-an-1}{n}\right)\log(n)}

Poiché il termine \log(n) diverge all'infinito, è sufficiente che il termine

\left(\frac{-an-1}{n}\right)

sia positivo per avere un termine generale che diverge all'infinito. In tal caso avremmo infatti un'esponenziale con esponente divergente, dunque un termine generale che non converge a zero.

Poiché

\frac{-an-1}{n}\sim_{n\to +\infty}-a

Allora se -a>0, ossia a<0, concludiamo che la serie non converge perché non soddisfa la condizione necessaria per la convergenza di Cauchy.


Il valore successivo da prendere in considerazione per il parametro è a=0, che ci conduce alla serie

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

Anche qui riscriviamo la serie nella forma

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

e a questo punto basta osservare, per confronto tra infiniti di successioni, che

\lim_{n\to +\infty}\frac{\log(n)}{n}=0

quindi il termine generale non converge a zero, dunque non è soddisfatta la condizione necessaria per la convergenza e la serie non converge.


Ci resta da considerare il caso a>0

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^nn^{-a-\frac{1}{n}}

Qui l'esponente è certamente negativo, quindi conviene riscrivere la serie nella forma

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{1}{n^{a+\frac{1}{n}}}

Studiamone la convergenza assoluta.

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{a+\frac{1}{n}}}

Noi sappiamo che la serie armonica generalizzata

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^a}

converge per qualsiasi a>1. Dunque, se consideriamo a>1, è evidente che

a+\frac{1}{n}>a\ \forall n

e quindi la serie dei moduli converge per confronto con la serie armonica generalizzata ad esponente maggiore di 1.


Se 0<a<1

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{1}{n^{a+\frac{1}{n}}}

lo studio della convergenza assoluta ci conduce al confronto con una serie armonica generalizzata divergente, ma il fatto che la serie non converga assolutamente non ci dà alcuna informazione riguardo alla convergenza semplice.

Per quest'ultima possiamo però ridurci al confronto con la serie armonica a segni alterni

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{1}{n^a}

che converge semplicemente per 0<a<1.

Nel nostro caso la serie converge semplicemente perché per n\to+\infty risulta definitivamente che

0<a+\frac{1}{n}<1\ \ \ \mbox{quando }0<a<1


Infine, nel caso a=1 abbiamo

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

e qui conviene ricorrere nuovamente all'utilissima identità log-exp e riscrivere il termine generale nella forma

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{1}{e^{\left(1+\frac{1}{n}\right)\log(n)}}

ossia come

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

Per quanto riguarda la convergenza assoluta, possiamo dire che essa non sussiste perché il valore assoluto del termine generale soddisfa la seguente equivalenza asintotica per n\to +\infty

\frac{1}{e^{\log(n)+\frac{\log(n)}{n}}}\sim_{n\to+\infty}\frac{1}{e^{\log(n)}}=\frac{1}{n}

quindi la serie dei moduli si riduce per confronto asintotico alla serie armonica, che è divergente.

Riguardo alla convergenza semplice

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

Possiamo usare il applicare il criterio di Leibniz, non prima di averla riscritta nella forma

\sum_{n=1}^{+\infty}(-1)^n\frac{1}{e^{\left(1+\frac{1}{n}\right)\log(n)}}

il termine

\frac{1}{e^{\left(1+\frac{1}{n}\right)\log(n)}}

è certamente infinitesimo in quanto asintotico a \frac{1}{n} (lo abbiamo visto un secondo fa).

Per dimostrare che è non crescente ti basta mostrare che è non decrescente

e^{\left(1+\frac{1}{n}\right)\log(n)}

ossia che è non decrescente

\left(1+\frac{1}{n}\right)\log(n)

e per farlo puoi ricorrere ad esempio allo studio della monotonia della funzione

f(x)=\left(1+\frac{1}{x}\right)\log(x)

per x>0, mediante lo studio del segno della derivata.

In questo modo concluderai che la serie converge semplicemente per a=1.
Ringraziano: Omega, CarFaby, asiabianchi, Kronoa

Re: Convergenza semplice e assoluta di serie parametriche a segni alterni #88034

avt
Kronoa
Cerchio
Ciao!

Scusami, non ho ben capito perché la serie 3) converge se a>0 mentre se a<0 diverge.

e^{-\frac{n}{a}\log(n)}

quando n tende a infinito abbiamo visto che il limite di a_n tende a infinito se a<0 e la stessa cosa succede se a>0.

Non ho capito perché quando a>0 invece facciamo un confronto con  n^{-2} e inoltre perché hai scelto proprio -2 come esponente...

Re: Convergenza semplice e assoluta di serie parametriche a segni alterni #88040

avt
Galois
Amministratore
Attenzione!

\lim_{n\to +\infty} n^{-\frac{n}{a}}=\begin{cases}+\infty \mbox{ se } a<0 \\ 0 \mbox{ se } a>0\end{cases}

Infatti, grazie all'identità log-exp abbiamo che

n^{-\frac{n}{a}}=e^{\ln\left(n^{-\frac{n}{a}}\right)}=e^{-\frac{n}{a}\ln(n)}

e dunque dobbiamo risolvere

\lim_{n\to +\infty}{e^{-\frac{n}{a}\ln(n)}}

Per n\to +\infty indubbiamente \ln(n) \to +\infty mentre

-\frac{n}{a}=-\frac{1}{a}\cdot n \to +\infty \mbox{ se } a<0

-\frac{n}{a}=-\frac{1}{a}\cdot n \to -\infty \mbox{ se } a>0

Dunque, nel caso a<0 l'esponente -\frac{n}{a}\ln(n) tende a più infinito e di conseguenza

\lim_{n\to +\infty}{e^{-\frac{n}{a}\ln(n)}} = \lim_{y\to +\infty}{e^{y}} = +\infty

Invece per a>0 l'esponente -\frac{n}{a}\ln(n) tende a meno infinito, per cui

\lim_{n\to +\infty}{e^{-\frac{n}{a}\ln(n)}} = \lim_{y\to -\infty}{e^{y}} = 0

-------------

Veniamo ora al secondo dubbio. Siamo di fronte ad una serie di termine generale a_n=n^{-\frac{n}{a}}.

Per applicare il criterio del confronto (leggi la lezione che ti ho linkato) dobbiamo trovare una serie

\sum_{n=1}^{+\infty}b_n

convergente e tale che, definitivamente a_n\le b_n.

Ora, ricordando che siamo nel caso a>0, definitivamente (ossia da un certo n in poi):

a_n=n^{-\frac{n}{a}} \le n^{c}=b_n \mbox{ per ogni } c \le -1

(ti ho già fatto vedere come si dimostra intuitivamente. Per una dimostrazione rigorosa puoi procedere con il principio di induzione).

Ossia, possiamo prendere qualsiasi numero reale c minore o uguale di -1.. tranne, però, per -1. Infatti per c=-1

b_n=n^{-1}=-\frac{1}{n} e la serie

\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n}

diverge positivamente e, di conseguenza, il criterio del confronto è inconcludente.

Cioè io ho considerato c=-2 ma nulla di vieta di prendere c=-3,-4,-5...
Ringraziano: Omega, CarFaby, Kronoa
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