Il carattere della serie [tex]\sum_n (-1)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac 1 {n^{\alpha}}[/tex]

Serie, limiti, integrali, forme differenziali, derivate, equazioni funzionali, analisi funzionale, spazi metrici, disuguaglianze, ...

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Il carattere della serie [tex]\sum_n (-1)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac 1 {n^{\alpha}}[/tex]

Messaggioda salvo.tringali il mar 29 lug 2008, 0:10

Studiare il carattere della serie numerica \displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac{1}{n^\alpha} al variare dei parametri \alpha \in \mathbb{R} e m \in \mathbb{N}^+.
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Messaggioda The Vex il lun 25 ago 2008, 20:23

Cercando di risolvere il problema, ne ho risolto un caso particolare, meglio di niente. Dimostriamo la convergenza della serie

    \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{\lfloor \sqrt{n}\rfloor }}{n}.\qquad\quad(1)
Osserviamo che i termini con indice compreso fra n^2 e (n+1)^2-1 hanno tutti lo stesso segno, ciò suggerisce di studiare la serie

    \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left[\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+\ldots+\frac{1}{(n+1)^2-1}\right].\qquad\quad(2)
La (2) è una serie a segni alterni, dove \displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+...+\frac{1}{(n+1)^2-1} è il termine generale di una successione non crescente ed infinitesima.

Infatti, dalla nota catena di disuguaglianze \displaystyle \frac{1}{n+1} \le \log\!{\left(1+\frac{1}{n}\right)} \le \frac{1}{n} segue facilmente che

    1) \displaystyle 0 \le a_n \le \log{\frac{n^2}{n^2-1}}+\ldots +\log{\frac{(n+1)^2-1}{(n+1)^2-2}=\log{\frac{(n+1)^2-1}{n^2-1}\to 0;

    2) \displaystyle a_n \ge \log{\frac{(n+1)^2}{n^2} \ge \log{\frac{(n+2)^2-1}{(n+1)^2-1} \ge a_{n+1}.
Per il Criterio di Leibnitz la (2) converge. Noi però siamo interessati alla (1). Osserviamo che la successione delle somme parziali (\sigma_n) della (2) è una estratta dalla successione delle somme parziali (s_n) della (1). Dimostriamo che la somma S della (2) è anche la somma della (1). Fissato k \in \mathbb{N}^+, esiste n_k tale che n_k^2 \le k \le (n_k+1)^2-1, da cui segue che

    \displaystyle |\sigma_{n_k}-s_k| \le \frac{1}{n_k^2}+\frac{1}{n_k^2+1}+\ldots+\frac{1}{(n_k+1)^2-1} \to 0.
Da questo si deduce che s_n \to S.

Editato sulla base dei due interventi immediatamente successivi e visto. --- S
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Messaggioda salvo.tringali il lun 25 ago 2008, 21:36

The Vex ha scritto:[...] ne ho risolto un caso particolare [...] [Studiamo] la serie \displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\left[\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+\ldots +\frac{1}{(n+1)^2-1}\right] (2) [...] è una serie a segni alterni, dove \displaystyle a_n=\frac{1}{n^2}+\frac{1}{n^2+1}+...+\frac{1}{(n+1)^2-1} è il termine generale di una successione non crescente ed infinitesima. [...] Per il Criterio di Leibnitz la (2) converge.

Noi però siamo interessati alla (1). Osserviamo che la successione delle somme parziali (\sigma_n) della (2) è una estratta dalla successione delle somme parziali (s_n) della (1). [...] Fissato k \in \mathbb{N}^+, esiste n_k tale che n_k^2 \le k \le (n_k+1)^2-1, da cui segue che \displaystyle |\sigma_{(n_k+1)^2-1}-s_k| \le \frac{1}{n_k^2}+\frac{1}{n_k^2+1}+...+\frac{1}{(n_k+1)^2-1} \to 0. [...]

... per caso intendevi \displaystyle |\sigma_{n_k} - s_k|? Altrimenti mi sfuggono le tue conclusioni. Il resto è corretto - oltreché molto apprezzabile, quantomeno per cominciare. :)
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Messaggioda The Vex il mar 26 ago 2008, 11:04

Sì.
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Messaggioda ficus2002 il gio 28 ago 2008, 10:55

salvo.tringali ha scritto:Studiare il carattere della serie numerica \displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac{1}{n^\alpha} al variare dei parametri \alpha \in \mathbb{R} e m \in \mathbb{N}^+.

La serie è assolutamente convergente per \alpha >1. Sia \displaystyle s_N:=\sum_{n=1}^N (-)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac 1 {n^{\alpha}}. Posto
    \displaystyle a_k:=\sum_{n=k^m}^{(k+1)^m-1}\frac{1}{n^\alpha },\qquad \sigma_K:=\displaystyle \sum _{k=1}^K (-)^k a_k,
risulta che \sigma_K:K\in \mathbb N è una sottosuccessione di s_N:N\in\ \mathbb N.

Osserviamo che se a_k:k è non decrescente, allora \sigma_K:K è irregolare e, di conseguenza, s_N:N è irregolare (click, v. proposizione 1).

Se \alpha \leq 0, allora s_N è irregolare. Infatti, a_k è monotona crescente in quanto si ha

    a_{k-1}\leq \big(k^m-(k-1)^m\big) \cdot k^{-\alpha m}\leq \big((k+1)^m-k^m\big) \cdot k^{-\alpha m}\leq a_k, per k=2, 3, \ldots
Sia 0<\alpha \leq 1. Per la formula di Eulero, per ogni k\in \mathbb N si ha a_k=F(k)+G(k) dove

    \displaystyle F(x):=\int_{x^m}^{(x+1)^m}\frac{dt}{t^\alpha }, \qquad G(x):=\alpha \int_{x^m}^{(x+1)^m}\frac{\lceil t\rceil-t}{t^{\alpha +1}}dt,\qquad x\geq 1.
Si ha

    \displaystyle 0\leq G(x)\leq \alpha \int_{x^m}^{(x+1)^m}\frac{dt}{t^{\alpha +1}}= x^{-\alpha m}-(x+1)^{-\alpha m}
quindi la serie \sum_{k=1}^{\infty }(-)^k G(k) converge assolutamente. Se \alpha \neq 1, allora

    \displaystyle F(x)=\frac{1}{1-\alpha }\cdot\bigg((x+1)^{(1-\alpha )m}-x^{(1-\alpha )m}\bigg)\to 0 per x\to \infty se m< \frac{1}{1-\alpha }
e

    \displaystyle F^\prime(x) =m\cdot \bigg((x+1)^{(1-\alpha )m-1}-x^{(1-\alpha )m-1}\bigg)
\begin{cases}
\geq 0 & \text{se $m\geq \frac{1}{1-\alpha }$}\\
<0 & \text{altrimenti}
\end{cases}
Se m\geq \frac{1}{1-\alpha }, allora F(k):k è non decrescente, quindi \sum_k (-)^k F(k) è irregolare (click, v. proposizione 1).
Di conseguenza, \sigma_K=\sum_{k=1}^K(-)^kF(k)+\sum_{k=1}^K(-)^k G(k) è irregolare ed s_N è irregolare.

Se m< \frac{1}{1-\alpha }, allora F(k) è decrescente e infinitesima, quindi per il criterio di Leibniz,
\sum_k (-)^k F(k) converge, e \sigma_K=\sum_{k=1}^K(-)^kF(k)+\sum_{k=1}^K(-)^k G(k) converge. Procedendo come Vex, si prova che s_N converge.

Se \alpha =1, allora \displaystyle F(x)=m\ln\!\left(1+\frac1x\right) che è infinitesima e decrescente. Dunque, per il Criterio di Leibniz,
\sum_k (-)^k F(k) converge, e \sigma_K=\sum_{k=1}^K(-)^kF(k)+\sum_{k=1}^K(-)^k G(k) converge. Procedendo come Vex, si prova che s_N converge.

In conclusione la serie \displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{\lfloor \sqrt[m]{n} \rfloor} \cdot\frac{1}{n^\alpha} è

    \begin{cases}
\text{convergente}&\text{se }$\alpha\geq 1$ \mbox{ opp. } $0<\alpha<1$ e $m<\frac1{1-\alpha}$ \\
\text{irregolare}&\text{se }$\alpha\leq 0$ \mbox{ opp. }$0<\alpha <1$ e $m\geq \frac1{1-\alpha}$
\end{cases}
Edit. Riacconciata la grafica del post (4 ottobre 2009). --- S (visto --- S)
Ultima modifica di ficus2002 il dom 14 set 2008, 11:05, modificato 1 volta in totale.
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Primi commenti

Messaggioda salvo.tringali il sab 13 set 2008, 22:47

Finalmente trovo il tempo per verificare la soluzione di ficus2002. Ad essere sinceri, sono ancora ai piedi della montagna, ma chi mai comincia ... :) Ho pensato di sfruttare l'occasione per aggiungere un paio di nuove voci all'indice della teoria (oltreché alcuni collegamenti sparsi all'interno dell'ultimo post in modo tale da rendere più confortevole la lettura). Spero non dispiaccia a nessuno.

ficus2002 ha scritto:Posto \displaystyle a_k:=\sum_{n=k^m}^{(k+1)^m-1}\frac{1}{n^\alpha } [...], osserviamo che [...] a_k:k è non decrescente, [...] se \alpha \leq 0 [...]. Infatti, [...] si ha a_{k-1}\leq \big(k^m-(k-1)^m\big) \cdot k^{\alpha m}<\big((k+1)^m-k^m\big) \cdot k^{\alpha m}\leq a_k, per k=2, 3, \ldots

La disuguaglianza di mezzo è stretta solo per m \ge 2. Non è un problema, in ogni caso, perché la ratio è di provare - come, peraltro, è scritto - che \{a_k\}_{k=1}^\infty è appena una successione non decrescente. Inoltre all'esponente \alpha andrebbe, piuttosto, sostituito il suo modulo |\alpha| (opp. il suo opposto -\alpha). Bazzecole, senz'altro, ma tant'è.
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Messaggioda ficus2002 il dom 14 set 2008, 11:03

salvo.tringali ha scritto:La disuguaglianza di mezzo è stretta solo per m \ge 2. Non è un problema, in ogni caso, perché la ratio è di provare - come, peraltro, è scritto - che \{a_k\}_{k=1}^\infty è appena una successione non decrescente. Inoltre all'esponente \alpha andrebbe, piuttosto, sostituito il suo modulo |\alpha| (opp. il suo opposto -\alpha). Bazzecole, senz'altro, ma tant'è.

Correggo subito.
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Spulciando ancora tra le linee della tua soluzione

Messaggioda salvo.tringali il dom 14 set 2008, 12:42

ficus2002 ha scritto:[...] Sia 0<\alpha \leq 1. Per la formula di Eulero, per ogni k\in \mathbb N si ha a_k=F(k)+G(k) dove [...] \displaystyle G(x):=\alpha \int_{x^m}^{(x+1)^m}\frac{\lceil t\rceil-t}{t^{\alpha +1}}dt,\qquad x\geq 1. [...]

I conti, ancora, non (mi) tornano. Applicando, infatti, la formula di sommazione Eulero alla funzione f(\cdot):\displaystyle \; ]0, +\infty[\; \to \mathbb{R}: t \mapsto \frac{1}{t^\alpha}, trovo che, per ogni k=1, 2, \ldots: \displaystyle a_k = \sum_{n=k^m}^{(k+1)^m - 1} \frac{1}{n^\alpha} = \int_{b_k}^{c_k} \frac{dt}{t^\alpha} + \alpha \int_{b_k}^{c_k} \frac{\lfloor t \rfloor - t}{t^{\alpha+1}} \;\! dt + \left[\frac{\lfloor t \rfloor - t}{t^\alpha} \right]_{b_k}^{c_k}, purché k^m - 1 < b_k < k^m e (k+1)^m -1\le c_k < (k+1)^m. In particolare, perché tutto funzioni, la condizione estremale b_k < k^m mi risulta, in generale, non si possa rilassare sostituendole, ad es., la disuguaglianza larga b \le k^m. Per cui ho tre domande.

    i) Con riferimento alle notazioni introdotte, quanto valgono b_k e c_k nella tua applicazione della formula di Eulero alla stima di a_k?

    ii) Com'è che, nella tua definizione della funzione G(\cdot): [1, +\infty[\;\to\mathbb{R}, interviene la parte intera alta \lceil \cdot \rceil anziché la parte intera bassa \lfloor \cdot \rfloor?
    iii) In che modo sopprimi il termine incrementale \displaystyle\left[\frac{\lfloor t \rfloor - t}{t^\alpha} \right]_{b_k}^{c_k}, previsto, invece, dalla formula di Eulero per correggere l'approssimazione integrale bruta di a_k?
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Messaggioda ficus2002 il lun 15 set 2008, 12:34

salvo.tringali ha scritto:I conti, ancora, non (mi) tornano.

Ho usato un'altra versione della formula di Eulero che usa le parti intere superiori. Ecco tutti i passaggi:

Per ogni n\in \mathbb{N}^+ si ha

    \displaystyle \int_n^{n+1} \lceil t\rceil f&#39;(t)\;\!dt=[tf(t)]^{n+1}_n-f(n) da cui \displaystyle f(n)=[tf(t)]^{n+1}_n-\int_n^{n+1} \lceil t\rceil f&#39;(t)\;\!dt
Pertanto per u,v\in \mathbb{N}^+ (u<v)

    \displaystyle \sum_{n=u}^{v-1} f(n)=[tf(t)]^{v}_u-\int_u^v \lceil t\rceil f&#39;(t)\;\!dt
Poi

    \displaystyle \int_u^v f(t)\;\!dt=[tf(t)]_u^v-\int_u^vtf&#39;(t)\;\!dt da cui \displaystyle [tf(t)]_u^v=\int_u^v f(t)\;\!dt+\int_u^vtf&#39;(t)\;\!dt
quindi

    \displaystyle \sum_{n=u}^{v-1} f(n)=\int_u^v f(t)\;\!dt+\int_u^v(t-\lceil t\rceil) f&#39;(t)\;\!dt
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Messaggioda salvo.tringali il ven 19 set 2008, 9:14

ficus2002 ha scritto:Ho usato un'altra versione della formula di Eulero che usa le parti intere superiori. [...]

Ok, tutto chiaro. La soluzione, a questo punto, mi pare corretta. Di sicuro sono corrette le conclusioni. Qualcun altro che l'abbia letta per intero e possa confermarlo?
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