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da **DirtyDeeds** » 23 ago 2018, 21:03

rugweri, la ragione per cui ti dà errore è perché la formula è troppo lunga e non ci sta nella larghezza disponibile dello schermo.

Puoi usare l'ambiente aligned per spezzare la formula allineando le due parti come più ti piace, per esempio

Codice: Seleziona tutto: [tex]\begin{aligned}\frac{1}{(n+1)!} &+ \frac{1}{(n+1)(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)^2(n+1)!} +\ldots \\ &> \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)(n+1)!} +\frac{1}{(n+3)+(n+2)(n+1)!}+\ldots\end{aligned}[/tex]

che dà

$\begin{aligned}\frac{1}{(n+1)!} &+ \frac{1}{(n+1)(n+1)!} + \frac{1}{(n+1)^2(n+1)!} +\ldots \\ &> \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)(n+1)!} +\frac{1}{(n+3)+(n+2)(n+1)!}+\ldots\end{aligned}$

da **rugweri** » 23 ago 2018, 21:04

Grazie mille, per formule lunghe d'ora in poi farò come avete detto voi :ok:

da **rugweri** » 23 ago 2018, 21:19

Ianero: parte seconda della dimostrazione: data la formula per il resto che avevo calcolato prima:

$R_{f(n)} = e - f(n) = \sum_{k=n+2}^{+\infty}\frac{1}{k!}-\frac{1}{n\cdot (n+1)!}$

Sappiamo senz'altro, per quanto appena determinato, che:

$\sum_{k=n+2}^{+\infty}\frac{1}{k!} < \frac{1}{(n+1)\cdot(n+1)!}$

E dunque a maggior ragione:

$\sum_{k=n+2}^{+\infty}\frac{1}{k!} < \frac{1}{n\cdot(n+1)!}$

Così abbiamo dimostrato che il resto assume valore negativo e dunque la formula f(x)

approssima il numero di Nepero per eccesso.

Dato tutto questo, possiamo senz'altro scrivere (per esteso, così utilizzo i suggerimenti di

DirtyDeeds ed

EdmondDantes :mrgreen:

):

$\begin{aligned} R_{f(n)} = e - f(n) = \sum_{k=n+2}^{+\infty}\frac{1}{k!}-\frac{1}{n\cdot (n+1)!} < \\ \frac{1}{(n+1)\cdot(n+1)!} - \frac{1}{n\cdot (n+1)!} = -\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot (n+1)!}\end{aligned}$

Risulta così dimostrato che $R_{f(n)} < R_{g(n)}$ :ok:

Promosso?

da **Ianero** » 23 ago 2018, 21:50

No, hai dimostrato che quella quantità è negativa e limitata superiormente.
Sarebbe molto più utile dimostrare che è limitata inferiormente, o equivalentemente scrivere l'errore come:

E'_n=s'_n-e

e maggiorarlo con una buona stima.

Ho chiamato s'_n

le somme troncate della forma non classica.

da **rugweri** » 24 ago 2018, 0:16

Giustamente... perché io continuo come un cretino a voler dimostrare che $R_{f(n)} < R_{g(n)}$ , cosa inutile visto tra l'altro che $R_{f(n)}$ è negativo, mentre in realtà quel che dovrei dimostrare è praticamente che $|R_{f(n)}| < |R_{g(n)}|$ #-o

Ormai è tardi... domani mi rimetto con carta e penna e risolvo facendo tesoro delle tue parole :ok:

da **Ianero** » 24 ago 2018, 8:20

rugweri ha scritto:...tra l'altro $R_{f(n)}$ è negativo.

Già, a riprova del fatto che $s'_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}+\frac{1}{n\cdot n!}$ approssima

sempre per eccesso, aggiungo un'altra curiosità su una sua formulazione equivalente ma molto elegante:

$\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}+\frac{1}{n\cdot n!}=3-\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{(k+1)(k+2)\cdot (k+2)!}$

e di conseguenza:

$e=\lim_{n\to\infty}3-\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{(k+1)(k+2)\cdot (k+2)!}=3-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(k+1)(k+2)\cdot (k+2)!}$

domani mi rimetto con carta e penna e risolvo

da **rugweri** » 24 ago 2018, 9:39

Io le amo, 'ste formulazioni alternative: danno sempre spunti per riflettere ulteriormente

Ti propongo questo ragionamento, sperando che sia corretto (oggi è una giornata speciale qui da me, e riflettere con il casino dei preparativi è complesso): dato che $\sum\limits_{k = n+2}^{+\infty}\frac{1}{k!} > 0$ , possiamo scrivere subito che $R_{f(n)} > -\frac{1}{n\cdot(n+1)!}$ , ovvero che:

$-\frac{1}{n\cdot(n+1)!} < R_{f(n)} <-\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot (n+1)!}$

A questo punto, possiamo tornare alla serie classica e notare banalmente che:

$R_{g(n)} = \sum_{k=n+1}^{+\infty}\frac{1}{k!} = \frac{1}{(n+1)!} + \frac{1}{(n+2)!} + \frac{1}{(n+3)!} + ... > \frac{1}{(n+1)!}$

Dunque in conclusione:

$-\frac{1}{n\cdot(n+1)!} < R_{f(n)} <-\frac{1}{n\cdot(n+1)\cdot (n+1)!}$
$\frac{1}{(n+1)!} < R_{g(n)} <\frac{1}{n\cdot n!}$

Ovvero, in valore assoluto:

$|R_{f(n)}| < \frac{1}{n\cdot(n+1)!}$
$|R_{g(n)}| > \frac{1}{(n+1)!}$

Per cui $|R_{f(n)}| < |R_{g(n)}|$ .

Ho sbagliato qualcosa? L'ho riletto e riprovato un paio di volte e mi sembra a posto, ma qui è dalle sette del mattino che provano luci, musica, addobbi e posizionamento delle cose e mi sta scoppiando la testa :roll:

PS: siccome qui la dimostrazione sta diventando un po' lunghetta, appena avrò risolto per intero il quesito la inserirò tutta in un ulteriore post a futura miglior leggibilità :ok:

da **Ianero** » 24 ago 2018, 10:16

I risultati sono nella direzione giusta, bravo. Riassumo solo quelli che interessano, utilizzando la tua notazione:

$|R_{f(n)}| < \frac{1}{n\cdot(n+1)!}$
$|R_{g(n)}| < \frac{1}{n\cdot n!}$

ma si può fare di meglio, poiché f(n)

funziona ancora meglio di così.
Infatti, se la scrivi così:

$|R_{f(n)}|=\frac{1}{n\cdot n!}-\frac{1}{(n+1)!}-\frac{1}{(n+2)!}-\frac{1}{(n+3)!}-...=$
$=\frac{1}{n\cdot n!}\left( 1-\frac{n}{n+1}-\frac{n}{n+2}-\frac{n}{n+3}-... \right)=$
$=\frac{1}{n(n+1)\cdot n!}\left[1 -\frac{n}{n+2}\left(1+\frac{1}{n+3}+... \right) \right]<$
$<\frac{1}{n(n+1)\cdot n!}\left(1 -\frac{n}{n+2}\right)=\frac{2}{n\cdot (n+2)!}.$

In particolare $\frac{2}{n\cdot (n+2)!}<\frac{1}{n\cdot(n+1)!}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

Per quanto riguarda il limite, puoi confrontare le varie approssimazioni trovate così:

$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n\cdot(n+1)!}}{\frac{1}{n\cdot n!}}$

o se vuoi con quella che ti ho fatto vedere adesso:

$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{2}{n\cdot(n+2)!}}{\frac{1}{n\cdot n!}}$

o tra le nostre due:

$\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{2}{n\cdot(n+2)!}}{\frac{1}{n\cdot (n+1)!}}.$

da **rugweri** » 25 ago 2018, 17:43

Perfetto, ho capito :ok:

Mi è piaciuto molto il tuo quesito

da **Ianero** » 26 ago 2018, 8:54

Aggiungo qualche considerazione in più.
Il problema è stato ben trattato, ma se si volesse trascriverlo in maniera formale non sarebbe corretto riportare ad esempio questo:

$e=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k!}=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...$

ed utilizzare questa espressione nei vari passaggi, c'è un limite intrinseco non esplicitato lì dentro.
Quello che si dovrebbe fare formalmente sarebbe ragionare come è stato appena fatto ma sostituendo ovunque l'espressione di sopra con questa:

$e_p=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+...+\frac{1}{p!}$

con

sufficientemente grande, fare tutti i ragionamenti e i calcoli, ottenere le disuguaglianze cercate ed infine $\lim_{p\to \infty}$ .

Seconda considerazione: $|R_{f(n)}| < |R_{g(n)}|$ è una cosa vera, ma molto meno forte di $\lim_{n\to\infty} \frac{\frac{1}{n\cdot(n+1)!}}{\frac{1}{n\cdot n!}}=0$ , perché nell'ultimo caso hai ottenuto che una stima d'errore domina sull'altra e non semplicemente una minorazione.

Per chiunque voglia divertirsi ancora, rilancio...

Dimostrare che, fissato $\mathbb{R}\ni a>1$ , la funzione $a^{[]}: \mathbb{Q}\to \mathbb{R}$ che opera mappando $r \mapsto a^r$ verifica queste proprietà:

1. $a^{r_1+r_2}=a^{r_1}a^{r_2}$ ;
2. $\left(a^{r_1}\right)^{r_2}=a^{r_1\cdot r_2}$ ;
3. $a>1 \Rightarrow \bigg(r_1<r_2 \Rightarrow a^{r_1}<a^{r_2}\bigg)$ ;
4. $\lim_{\mathbb{Q} \ni r \to r_0}a^r=a^{r_0}$ , con $r_0 \in \mathbb{Q}$ .

$\forall r_0, r_1, r_2 \in \mathbb{Q}$ .
Procedere per gradi tenendo in conto le seguenti definizioni:

$a^{n+1}:=a\cdot a^n$
a^0 := 1

$a^{-n}:=\frac{1}{a^n}$
$a^{\frac{1}{n}}:=\sqrt[n]{a}$

dove $n\in\mathbb{N}$ ed estenderle opportunamente mentre si procede nella dimostrazione passando da $\mathbb{N}$ , a $\mathbb{Z}$ e poi a $\mathbb{Q}$ .

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