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Fermi restando i due punti A)(dipolo) e B)(quadrupolo) riprendo il punto C) relativo all'infinitopolo (quadrupolo + un numero infinito di quadrupoli ciascuno a distanza 2L dal precedente). Risulterà allora
$E_\infty = \frac{12 e L^2}{4\pi \epsilon_0}. [\frac{1}{x^4} + \frac{1}{(x+2L)^4}+....]= \frac{12 e L^2}{4\pi \epsilon_0}[\frac{1}{x^4}+ \sum_n\frac{1}{(x+2Ln)^4}]$
Ogni addendo della somma, evidenziando a denominatore $(2L)^4$ , può scriversi $\frac{1}{(2L)^4[(x/2L)+n]^4}$ . Allora la somma può essere approssimata considerando il max intero x* contenuto in (x/2l) e facendo assumere ad n tutti i valori compresi fra (-x*+1) e $\infty$ in modo da "assorbire"(x/2L). In altri termini la somma risulta $\sum_{-x*+1}^\infty \frac{1}{(2L)^4.[(x/2l)+n]^4} = \frac{\pi^4}{90(2L)^4}$ .
Pertanto mi risulterebbe in definitiva
C) $E_\infty= \frac{12 e L^2}{4\pi \epsilon_0}[\frac{1}{x^4} + \frac{\pi^4}{90(2L)^4}]$

Il ragionamento mi sembra corretto, tuttavia potresti giustificare meglio perché sommi da -x*+1 a infinito? Forse non ho capito io a causa della mia scarsa conoscenza delle serie...

Comunque una volta sistemato questo puoi andare con il 268!

L'idea era quella di poter sfruttare quello che mi pare era anche il tuo suggerimento e cioè che $\sum_1^\infty \frac {1}{n^4} = \pi^4/90$ Dovevo fare in modo che la parentesi di $[(x/2L)+n]^4$ si comportasse come l'n di prima cioè andasse da 1 a $\infty$ . Ed infatti quando n=-x*+1, l'intera parentesi vale 1; quando n=-x*+2, l'intera parentesi vale 2 e così via fino a $\infty$ . Allora il risultato della $\sum_{-x*+1}^\infty\frac{1}{[(x/2L)+n]^4}$ dovrebbe essere proprio $\pi^4/90$ . Questo è il ragionamento che ho fatto e il trucco che ho usato...ovviamente la dimestichezza che ho con le serie è più o meno come la tua. Ci possiamo consolare con il fatto che al test questo tipo di domanda non c'è mai stato, dai testi che ho consultato...Comunque si impara dalle generalizzazioni audaci come la tua

Perfetto, adesso ho capito meglio!

Quando vuoi, puoi postare il prossimo problema!

In verità per maggiore sicurezza mi ero fatto questa obiezione: siccome x* non è proprio (x/2L) ma il max intero in esso contenutox* non annulla proprio (x/2L) per cui il primo termine è qualcosa più di 1, il secondo qualcosa più di 2 ecc. per cui in realtà la parentesi contiene numeri compresi fra n e n+1. Ma abbiamo $\sum_n \frac {1}{(n+1)^4} < \sum_n \frac{1}{[(x/2L)+n]^4}<\sum_n\frac {1}{n^4}$ . Siccome le serie minorante e maggiorante tendono a $\pi^4/90$ per il teorema dei carabinieri ci tenderà anche la nostra.

Per quanto riguarda la serie, non so se possiamo dire che converge a $\pi^4/90$ . Io avevo pensato di fare così:
visto che $x \gg 2L$ , possiamo considerare $\left \lfloor x/2L \right \rfloor=k, \left \lceil x/2L \right \rceil=k+1$ e trovare il valore delle due serie $S_{sup}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(k+n)^4}, S_{inf}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(k+1+n)^4}$ , sapendo che il risultato che cerchiamo sarà da qualche parte tra queste due. Consideriamo la prima: $S_{sup}=\sum_{n=0}^{\infty }\frac{1}{(k+n)^4}=\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{m^4}-\sum_{m=1}^{k-1}\frac{1}{m^4}=\frac{\pi^4}{90}-\sum_{m=1}^{k-1}\frac{1}{m^4}$ . Non penso ci siano formule chiuse per la seconda sommatoria, ma inserendo la serie su Wolfram per un k abbastanza grande la serie si avvicina moltissimo a $\pi^4/90$ . Per esempio, per k = 100, otteniamo che $S_{inf}, S_{sup}$ convergono praticamente allo stesso risultato, ovvero circa $3,2837*10^{-7}$

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267. Infinitupolo

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