Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici

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Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88089

avt
Kronoa
Cerchio
Salve ho ancora problemi con le serie parametriche, vi posto il mio nuovo esercizio:

 \sum_{1}^{\infty} (-1)^k k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a

non ho ancora capito come scegliere il parametro e a cosa deve essere maggiore o uguale, più che altro se mi spiegate come scegliere i valori da confrontare con \alpha, grazie!
 
 

Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88097

avt
Omega
Amministratore
Ciao Kronoa,

prima di tutto una premessa. Negli esercizi sulle serie parametriche i valori di riferimento per il parametro saltano fuori dall'applicazione dei classici teoremi sulle serie. Per citarne un paio, il criterio del confronto ed il criterio del confronto asintotico.

Applicandoli si trovano infatti dei valori soglia che, per confronto (asintotico) con le serie note o per verifica delle ipotesi degli altri criteri, individuano drastiche variazioni nel comportamento della serie.


Vediamo come ragionare nel caso della serie parametrica che hai proposto:

\sum_{1}^{\infty} (-1)^k k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a

Naturalmente conviene partire dallo studio della convergenza assoluta, dacché quando sussiste essa implica la convergenza semplice.

Consideriamo quindi la serie dei valori assoluti

\sum_{1}^{\infty}|(-1)^k k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a|=\sum_{1}^{\infty}k^a(\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a

Guardando il termine generale l'esperienza dovrebbe suggerirci di raccogliere un \sqrt{k} all'interno delle parentesi

\sum_{1}^{\infty}k^a\left[\sqrt{k}\left(\sqrt{\frac{k+1}{k}}-1\right)\right]^a

e quindi di dividere termine a termine

\sum_{1}^{\infty}k^a\left[\sqrt{k}\left(\sqrt{1+\frac{1}{k}}-1\right)\right]^a

Riscriviamo la serie in una forma più ordinata (senza dimenticare la definizione di potenza con esponente fratto)

\sum_{1}^{\infty}k^a\cdot k^{\frac{\alpha}{2}}\left(\sqrt{1+\frac{1}{k}}-1\right)^a

Dato che la serie è a termini non negativi possiamo ricorrere al criterio del confronto asintotico. Il termine tra parentesi dovrebbe far accendere una lampadina, specie se riscritto nella forma

k^{\frac{3\alpha}{2}}\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{\frac{1}{2}}-1\right)^a

Così è palese che possiamo sfruttare l'equivalenza asintotica di un ben noto limite notevole

k^{\frac{3\alpha}{2}}\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{\frac{1}{2}}-1\right)^a\sim_{k\to +\infty}k^{\frac{3\alpha}{2}}\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k}\right)^a=

Ora riscriviamo il tutto come

=\frac{1}{2^{\alpha}}\cdot k^{\frac{3}{2}\alpha-\alpha}=\frac{1}{2^{\alpha}}\cdot k^{\frac{1}{2}\alpha}

Il primo fattore è irrilevante ai fini della convergenza, in quanto costante. In buona sostanza la serie dei moduli si riduce per confronto asintotico alla serie

\frac{1}{2^{\alpha}}\sum_{k=1}^{\infty} k^{\frac{1}{2}\alpha}

che possiamo riscrivere come

\frac{1}{2^{\alpha}}\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k^{-\frac{1}{2}\alpha}}

e quindi per confronto asintotico con la serie armonica generalizzata concludiamo che la serie converge assolutamente se

-\frac{\alpha}{2}>1\ \to\ \alpha<-2

valori del parametro per i quali essa converge pure semplicemente.


Ora dobbiamo ragionare sui valori del parametro \alpha\geq 2, per i quali non sussiste la convergenza assoluta, ma potrebbe sussistere la convergenza semplice.

In questo caso il punto di partenza è la verifica per la condizione necessaria di convergenza.

\lim_{k\to +\infty}(-1)^k k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a=

In modo del tutto analogo a quanto abbiamo visto precedentemente arriviamo al limite equivalente

=\lim_{k\to +\infty}(-1)^k k^{\frac{1}{2}\alpha}

Per cui si vede che il termine generale non converge a zero se \alpha\geq 0, valori per i quali la serie non converge nemmeno semplicemente.


Resta da studiare il range di valori -2\leq \alpha<0. La prima strada da tentare è ovviamente quella del criterio di Leibniz, che qui si rivela vincente perché non è difficile vedere che

\sum_{1}^{\infty} (-1)^k k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a\ \ \ \mbox{con }-2\leq \alpha<0

è tale per cui il fattore k^a (\sqrt{k+1}-\sqrt{k})^a:

- è infinitesimo per k\to+\infty;

- è definitivamente non crescente;

In entrambi i casi le precedenti osservazioni algebrico/analitiche conducono velocemente alla verifica. Concludiamo dunque che la serie converge semplicemente per -2\leq \alpha<0.
Ringraziano: Galois, CarFaby, Kronoa

Re: Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88120

avt
Kronoa
Cerchio
Scusa omega non ho chiaro alcuni passi , sono un po tosto su queste serie ..


1) k^{\frac{3\alpha}{2}}\left(\left(1+\frac{1}{k}\right)^{\frac{1}{2}}-1\right)^a\sim_{k\to +\infty}k^{\frac{3\alpha}{2}}\left(\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{k}\right)^a=

non riesco a capire che limite notevole hai usato , l'unica cosa che vedo sembra che hai usato lo sviluppo di taylor di (1+x)^a = 1+ax

2)

" In modo del tutto analogo a quanto abbiamo visto precedentemente arriviamo al limite equivalente

=\lim_{k\to +\infty}(-1)^k k^{\frac{1}{2}\alpha}

Per cui si vede che il termine generale non converge a zero se \alpha\geq 0, valori per i quali la serie non converge nemmeno semplicemente. "

non ho capito come si capisce che diverge per \alpha\geq 0

il resto mi è tutto chiaro ti ringrazio !

Re: Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88124

avt
Omega
Amministratore
A ben vedere i due passaggi che hai riportato non riguardano in alcun modo le serie, piuttosto i limiti. emt


1) Ho fatto riferimento al limite notevole

\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^c-1}{x}=c

e usato la corrispondente equivalenza asintotica (vedi qui: come usare i limiti notevoli).

Poi, sul fatto che i limiti notevoli forniscano equivalenze asintotiche che corrispondono a sviluppi di Taylor al primo ordine, siamo tutti d'accordo. emt


2) Ma io non ho scritto che "diverge". Ho scritto che "non converge".

Sinceramente questa tua domanda un po' mi sorprende: davvero hai dubbi sul limite

\lim_{k\to +\infty}(-1)^k k^{\frac{1}{2}\alpha}\mbox{ con }\alpha>0\ \ ?

Se \alpha>0, il fattore k^{\frac{1}{2}\alpha} genera un infinito, mentre (-1)^k genera un termine che oscilla tra -1 e 1.

Il loro prodotto per k\to +\infty oscilla quindi illimitato.
Ringraziano: Galois, CarFaby

Re: Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88133

avt
Kronoa
Cerchio
Per la prima domanda: lo so che può sembrare stupida la domanda ma posso usare gli sviluppi di Taylor per risolvere le serie o è un erorre?

Per la seconda domanda: oddio si hai ragione non ci avevo ragionato bene ora ho capito perfettamente! Ti ringrazio omega! emt

Re: Convergenza semplice e assoluta di una serie con parametro e radici #88134

avt
Omega
Amministratore
Le equivalenze asintotiche dei limiti notevoli e gli sviluppi di Taylor al primo ordine sono la stessa cosa. emt

Vedi qui: limiti con Taylor.
Ringraziano: Kronoa
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Os