Si dimostra facilmente per induzione che \sum_{k=1}^{n} k*k! = (n+1)!-1. A questo punto il limite assume la forma lim_{y\to\infty} (1-1/y)^y, limite notevole che tende a 1/e.

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Siete sempre sul pezzo 😎

Una risoluzione alternativa potrebbe essere espandere l'esponente come n²/n così da ottenere il limite notevole per la definizione di e^x. A questo punto riscrivo la serie armonica come ln(n)+γ(costante di Eulero-mascheroni) il che è giustificato dal fatto che nel limite n tende a più infinito e asintoticamente l'n-esimο numero armonico Hn è uguale a ln(n)+γ. Ora per il limite notevole ottengo che il mio limite di partenza è uguale al limite per n che tende a infinito di (e^(γ+ln(n)))^(1/n) che diventa n^(1/n)*e^(γ/n) che tende a 1.

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Veramente figo fatto così! Il punto è che puoi usare la stima H_n=ln(n)+\gamma perchè differiscono per un O(1) (non banale). Complimenti!

Sfida: da n\cdot n! = (n+1)! -n! la somma dentro quadra è (n+1)! -1, da cui il limite è 1/e.

Io ho ragionato nel seguente modo: -ho trasformato la sommatorio di 1/k in una somma di Riemann moltiplicando e dividendo il denominatore per n -ho rappresentato graficamente la funzione 1/x e l'ho confrontata con i rettangoli che si possono costruire a partire dagli addendi che costutuiscono la somma di Riemann precedentemente esplicitata -ho ottenuto un limitazione superiore e inferiore della sommatoria in funzione di ln(n), in particolare 1-ln(2)+ln(n)

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Complimenti, anche questa strada è davvero ottima! Ricollegare certi limiti a somme di Riemann è sempre una cosa figa a mio avviso 😎

Leggo il commento di @Pietrone, per cui non ho molto da aggiungere. Giusto per dare significato al mio commento 😅, aggiungo un procedimento che non ricorre all'induzione. Nel seguito, le sommatorie sono sempre estese per k tra 1 ed n: ∑(k·k!) = ∑(k·k! + k!-k!) = ∑[(k+1)·k! - k!) = ∑[(k+1)! - k!) = (somma telescopica) = (n+1)! - 1! = (n+1)! - 1.

@pietrone3363

2 жыл бұрын

Ottimo metodo!

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Molto carina questa strada che non fa uso dell'induzione, complimenti!

Io lo ho risolto usando Eulero Mascheroni, ottenendo che quella funzione è asintotica a (1+ln(n)/n^2)^n, riscrivendola poi come e^{n*ln(1+ln(n)/n^2}, ho calcolato il limite dell'esponente col classico de l'hopital, riscrivendolo come ln(1+ln(n)/n^2)/(1/n). Questo tende a zero, quindi il limite iniziale fa 1.

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Ottima soluzione anche questa! Unico appunto che però non intacca assolutamente la tua idea è che dovresti inserirci anche la costante di Eulero-Mascheroni nell'asintotico. Questo ovviamente non ti cambia il limite, però è sempre bello scrivere un bel gamma 😂

@fabiomastrogiacomo2794

2 жыл бұрын

@@irrazionalex226 Sì sì chiaro. Io non la ho messa perché a livello di asintotici è ininfluente, ma son d'accordo con te: sarebbe stato più bello scriverla! ahaha

Vabbè questo il solito esercizio rubato da biotecnologie 🐇

@irrazionalex226

2 жыл бұрын

Biiotec livello: test di preconoscenze

È più facile quello che hai risolto tè si pùo anche scrivere limite di n che tende a infinito (1+1/1+1/n² tutto fratto n³) non so poi risolvo la sfida