ElectroYou - la comunità dei professionisti del mondo elettrico

da **PietroBaima** » 24 giu 2014, 20:05

magoxax ha scritto:

Prego, no problem

da **Ianero** » 24 giu 2014, 20:24

$\frac{\left( 2n \right)!!}{\left( 2n+1 \right)!!}=\left( \frac{2n}{2n+1} \right)\left( \frac{2n-2}{2n-1} \right)\left( \frac{2n-4}{2n-3} \right)...$

Per cui:

$\lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(2n)!! }{(2n+1)!!}=\lim_{n\rightarrow \infty} \left( \frac{2n}{2n+1} \right)\left( \frac{2n-2}{2n-1} \right)\left( \frac{2n-4}{2n-3} \right)...=1\cdot 1\cdot 1\cdot ...$

Siccome

è sempre pari arrivo a:

$1\cdot 1\cdot 1\cdot ...\cdot \frac{0}{1}=0$

:-k

Che dici?

PS: Grazie per aver aperto la discussione

PietroBaima :!:

da **gill90** » 24 giu 2014, 20:41

Ricordo da Analisi che esisteva una relazione analitica interessante per esprimere

e le espressioni derivanti per $n \rightarrow \infty$ : $n!=\sqrt{2\pi n}}{(\frac{n}{e})}^n$ . Partendo da $\lim_{n \rightarrow +\infty} \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}$ , l'obiettivo è ridurre il tutto a fattoriali: $\lim_{n \to \infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)!}=\lim_{n \to \infty}\frac{2^{2n}(n!)^2}{(2n+1)(2n)!}$ , e utilizzando la relazione sopra si ha:

$\lim_{n \to \infty}\frac{2^{2n} \cdot 2\pi 2n(\frac{n}{e})^{2n}}{(2n+1)\sqrt{2\pi n}{(\frac{2n}{e})}^{2n}}$

poiché il $2^{2n}$ può essere accorpato a $(\frac{n}{e})^{2n}$ per formare $(\frac{2n}{e})}^{2n}$ , si semplifica con l'analogo al denominatore. Resta

$\lim_{n \to \infty}\frac{2\pi n}{(2n+1)\sqrt{4\pi n}}=\frac{\sqrt{\pi}}{2\sqrt{n} (1+\frac{1}{2n})}$

Nel primo problema il limite risulta 0 poiché domina $\sqrt{n}$ a denominatore, mentre nel secondo quesito i passaggi sono tutti identici tranne per il fatto che c'è un termine $\sqrt{n}$ a numeratore, ossia resta

$\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{\pi} \sqrt{n}}{2\sqrt{n} (1+\frac{1}{2n})}=\frac{\sqrt{\pi}}{2(1+\frac{1}{2n})}$

Che per $n \rightarrow \infty$ restituisce $\frac{\sqrt{\pi}}{2}$ .

da **PietroBaima** » 24 giu 2014, 20:44

Bravo

gill90, complimenti! =D>

da **Ianero** » 24 giu 2014, 20:44

gill90 ha scritto: $n \rightarrow \infty$ : $n!=\sqrt{2\pi n}}{(\frac{n}{e})}^n$

Che bella!

Non l'ho mai vista

da **PietroBaima** » 24 giu 2014, 20:45

Ianero ha scritto:Che dici?

PS: Grazie per aver aperto la discussione PietroBaima

Prego.
Dico che te lo passo, ma dovresti formalizzare meglio, così è troppo empirico. ;-)

Per esempio l'uso dell'identità di Stirling è una ottima idea.

da **PietroBaima** » 24 giu 2014, 20:48

Ianero ha scritto:Non l'ho mai vista

Si chiama identità asintotica di Stirling.
E' una cosa molto ingegneristica :mrgreen:

Prima si confronta il fattoriale con n^n

e si osserva che, andando ad infinito, vince n^n

.
Allora si decide di "calmare" l' n^n

con $e^{-n}$ , ma facendo così vince nuovamente il fattoriale.
Allora si usa la radice e si ottiene l'asintoticità, per mezzo di una costante difficile da determinare, che vale appunto $\sqrt{2\pi}$

da **DanteCpp** » 24 giu 2014, 20:54

Applicando $(2n)!=(2n-1)!! \cdot 2^n n!$ al denominatore ed espandendo il fattoriale al numeratore:

$\frac{n!}{(4n^2-1)[2(n-1)]!}=\frac{n(n-1)!}{2^{n-1}(4n^2-1)(n-1)!(2n-2)!!}$

possiamo liberarci del fattoriale al numeratore. A questo punto aggiustiamola variabile e semplifichiamo...

$=\frac{n}{2^{n-1}(4n^2-1)(2n-2)!!}=\frac{4n^2-1+1}{2^{n-1}(4n^2)(4n^2-1)(2n-2)!!}$

...ottenendo:

$=\frac{1}{2^{n-1}(4n)(2n-2)!!}+ \frac{1}{2^{n-1}(4n)(4n^2-1)(2n-2)!!}=a_n$

Per finire:

$\lim_{n \to \infty} a_n=0$

da **PietroBaima** » 24 giu 2014, 21:27

Nella prima espressione che hai ricavato, sostituisci n=2 e controlla se sono uguali.

da **DanteCpp** » 24 giu 2014, 22:03

Azzarola, errore di calcolo!

$\frac{n!}{(4n^2-1)[2(n-1)]!}=\frac{n(n-1)!}{2^{n-1}(4n^2-1)(n-1)!(2n-3)!!}$

ma il succo non dovrebbe cambiare, giusto?

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