Criterio di Cauchy
Salve ragazzi ho proprio questo dubbio che non riesco a risolvere, sara sicuramente qualcosa che ho sotto il naso ma niente. Allora questo criterio lo cercato sul forum è ho letto tutto però alcune cose non so sul mio pc non me le fa vedere quindi ci sono alcune lacune.
La serie $ sum 1/n $ diverge ,pero applicando il teorema di Cauchy arrivo fino al punto in cui $ S_{2n}-S_{n}=1/(n+1)+...+1/(2*n) $ però non capisco il punto in cui dice che ognuno degli addendi è $ >= $ e quindi $ |S_{2n}-S_{n}|>=n*1/(2*n)=1/2$.
La mia domanda è perche moltipica per $n$,e perchè uscendo 1/2 il criterio non è soddisfatto ?. E inoltre se voglio dimostrare con lo stesso teorema la convergenza di $1/(n^2)$ come faccio ? Grazie spero di essere stato chiaro. Scusate se sono cose banali ma sono all'inizio!
La serie $ sum 1/n $ diverge ,pero applicando il teorema di Cauchy arrivo fino al punto in cui $ S_{2n}-S_{n}=1/(n+1)+...+1/(2*n) $ però non capisco il punto in cui dice che ognuno degli addendi è $ >= $ e quindi $ |S_{2n}-S_{n}|>=n*1/(2*n)=1/2$.
La mia domanda è perche moltipica per $n$,e perchè uscendo 1/2 il criterio non è soddisfatto ?. E inoltre se voglio dimostrare con lo stesso teorema la convergenza di $1/(n^2)$ come faccio ? Grazie spero di essere stato chiaro. Scusate se sono cose banali ma sono all'inizio!
Risposte
Se non erro, il tuo problema è questo:
Mostrare che $1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=n*1/(2n)$
Dim:
$1/(n+1)>=1/(2n)$
$1/(n+2)>=1/(2n)$
.....
$1/(2n-1)>=1/(2n)$
$1/(2n)>=1/(2n)$
Dunque
$1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=1/(2n)+1/(2n)+1/(2n)+..... +1/(2n)$ [n volte]$=n*1/(2n)$
Ok?
Mostrare che $1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=n*1/(2n)$
Dim:
$1/(n+1)>=1/(2n)$
$1/(n+2)>=1/(2n)$
.....
$1/(2n-1)>=1/(2n)$
$1/(2n)>=1/(2n)$
Dunque
$1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=1/(2n)+1/(2n)+1/(2n)+..... +1/(2n)$ [n volte]$=n*1/(2n)$
Ok?
"Gi8":
Se non erro, il tuo problema è questo:
Mostrare che $1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=n*1/(2n)$
Dim:
$1/(n+1)>=1/(2n)$
$1/(n+2)>=1/(2n)$
.....
$1/(2n-1)>=1/(2n)$
$1/(2n)>=1/(2n)$
Dunque
$1/(n+1)+1/(n+2)+1/(n+3)+.....+1/(2n-1)+1/(2n)>=1/(2n)+1/(2n)+1/(2n)+..... +1/(2n)$ [n volte]$=n*1/(2n)$
Ok?
si ok ho capito fin qui. Quell'n volte non capivo. Cmq riamne il dubbio su perche uscendo 1/2 non verifica la condizione di cauchy.
Inoltre ho provato a dimostrare con questo criterio $1/n^2$ dicendo che $1/(n+1)^2+1/(n+2)^2 < 1/(2*n^2)+1/(2*n^2)$ non come la serie $1/n$ che da $1/(n+1)+1/(n+2)> 1/(2*n)+1/(2*n) .
nessuno mi puo aiutare??
[mod="dissonance"]@michele: Ti ricordo (cfr. regolamento 3.4) che è necessario attendere almeno 24 ore prima di poter postare una sollecitazione di tipo "UP" come la tua ultima. Tu hai lasciato passare meno di due ore: decisamente troppo poco.[/mod]
[mod="gugo82"]@michele038: Trova un avatar più piccolo (cfr. regolamento, 2.3).[/mod]
non ce nessuno che mi puo aiutare?
michele ci sono tanti interessanti modi per dimostrare che la serie [tex]$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $[/tex] diverge.
Il più semplice che mi viene in mente e che non richiede nessuna conoscenza approfondita è questo:
Sappiamo che [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(1+\frac{1}{n})$[/tex] diverge,
Infatti, senza entrare nel merito delle serie numeriche, si può (facendo un paio di passaggi algebrici) ricondurre la serie [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(1+\frac{1}{n})$[/tex] alla serie telescopica [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(n+1) - log(n)$[/tex] che, come saprai verificare, diverge..
___
Ora, ti faccio osservare che [tex]$\forall n \ge1 : \frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex]
Perché?
Bè perché sappiamo che [tex]$\forall x > -1 : log (1+x) \le x$[/tex], questo,volendo, lo puoi anche verificare graficamente:
[asvg]axes();
stroke="red";
plot(" log (1+x)");
stroke="green";
plot("x");[/asvg]
[tex]$y=x$[/tex] è proprio la tangente di [tex]$log(1+x)$[/tex].
Quindi se [tex]$\forall x > -1 : log (1+x) \le x$[/tex] sarà anche vero che [tex]$\forall n \ge1 : \frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex]
Pertanto, poiché abbiamo precedentemente detto che la serie di termine generale [tex]log(1+\frac{1}{n})$[/tex] diverge, allora anche la serie di termine generale $\frac{1}{n}$ divergerà, poichè, per il criterio del confronto, dal momento che [tex]$\frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex] [tex]$\Rightarrow$[/tex] la serie [tex]$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $[/tex] diverge. chiaro?
Il più semplice che mi viene in mente e che non richiede nessuna conoscenza approfondita è questo:
Sappiamo che [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(1+\frac{1}{n})$[/tex] diverge,
Infatti, senza entrare nel merito delle serie numeriche, si può (facendo un paio di passaggi algebrici) ricondurre la serie [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(1+\frac{1}{n})$[/tex] alla serie telescopica [tex]$\sum_{n=0}^\infty log(n+1) - log(n)$[/tex] che, come saprai verificare, diverge..
___
Ora, ti faccio osservare che [tex]$\forall n \ge1 : \frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex]
Perché?
Bè perché sappiamo che [tex]$\forall x > -1 : log (1+x) \le x$[/tex], questo,volendo, lo puoi anche verificare graficamente:
[asvg]axes();
stroke="red";
plot(" log (1+x)");
stroke="green";
plot("x");[/asvg]
[tex]$y=x$[/tex] è proprio la tangente di [tex]$log(1+x)$[/tex].
Quindi se [tex]$\forall x > -1 : log (1+x) \le x$[/tex] sarà anche vero che [tex]$\forall n \ge1 : \frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex]
Pertanto, poiché abbiamo precedentemente detto che la serie di termine generale [tex]log(1+\frac{1}{n})$[/tex] diverge, allora anche la serie di termine generale $\frac{1}{n}$ divergerà, poichè, per il criterio del confronto, dal momento che [tex]$\frac{1}{n} \ge log(1+ \frac{1}{n})$[/tex] [tex]$\Rightarrow$[/tex] la serie [tex]$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n} $[/tex] diverge. chiaro?
si ok ok ma il mio problema è perche $|S_2n-S_n|<1/2|$ questo è il mio problema , se leggi sopra capisci meglio .
Non avevo notato che michele038 aveva fatto passare un giorno per effettuare un up, quindi:
- riapro il topic
- sblocco michele038
- mi scuso con lui
Inoltre,
- ringrazio Mathcrazy per avermi fatto notare l'errore.
- riapro il topic
- sblocco michele038
- mi scuso con lui
Inoltre,
- ringrazio Mathcrazy per avermi fatto notare l'errore.
@michele038: Ricapitoliamo.
Sai che una serie [tex]$\sum a_n$[/tex] converge se e solo se la successione delle somme parziali, cioè quella di termine generale [tex]$s_n:=\sum_{k=1}^n a_k$[/tex], è di Cauchy, ossia se e solo se:
(C) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall m,n\geq \nu ,\ |s_m-s_n|<\varepsilon$[/tex].
Perciò, se vuoi dimostrare che una serie [tex]$\sum a_n$[/tex] non converge occorre e basta che provi che non vale la condizione (C), ovverosia che è vera la sua negazione:
[tex]$\exists \bar{\varepsilon} >0:\ \forall \nu \in \mathbb{N} ,\ \exists \bar{m} ,\bar{n} \geq \nu :\ |s_{\bar{m}} -s_{\bar{n}} |\geq \bar{\varepsilon}$[/tex];
ciò equivale a dire che, fissato [tex]$\nu \in \mathbb{N}$[/tex], devi determinare due numeri naturali [tex]$\bar{m} ,\bar{n} \geq \nu$[/tex] dipendenti da [tex]$\nu$[/tex] ed un numero positivo [tex]$\bar{\varepsilon}$[/tex] indipendente da [tex]$\nu$[/tex] per i quali sia vera la disuguaglianza [tex]$|s_{\bar{m}} -s_{\bar{n}} |\geq \bar{\varepsilon}$[/tex].
Questo, in generale, è un metodo difficile; però in alcuni casi funziona perchè, ad esempio, la successione degli addendi [tex]$a_n$[/tex] ha una forma molto semplice da maneggiare. Uno di questi casi è quello della serie armonica, come hai giustamente detto.
Vediamo come funziona il procedimento per tale serie, i.e. [tex]$\sum \tfrac{1}{n}$[/tex].
Fissiamo [tex]$\nu \in \mathbb{N}$[/tex], poniamo [tex]$\bar{m} =2\nu$[/tex] e [tex]$\bar{n} =\nu$[/tex] (dipendenti da [tex]$\nu$[/tex]!) e facciamo vedere che esiste un [tex]$\bar{\varepsilon} >0$[/tex] (indipendente da [tex]$\nu$[/tex]!) tale che:
(*) [tex]$|s_{2\nu} -s_\nu|\geq \bar{\varepsilon}$[/tex].
Dato che la serie è a termini positivi e che [tex]$2\nu >\nu$[/tex], si ha [tex]$s_{2\nu} >s_\nu$[/tex], quindi:
(1) [tex]$|s_{2\nu} -s_\nu |=s_{2\nu} -s_\nu$[/tex];
per la proprietà associativa troviamo:
(2) [tex]$s_{2\nu} -s_\nu =\sum_{k=1}^{2\nu} \frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k} =\left( \sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k}+\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k} \right) -\sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k} =\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k}$[/tex];
ora ogni addendo dell'ultima somma è maggiore od uguale a [tex]$\frac{1}{2\nu }$[/tex] (infatti, prendendo i reciproci, da [tex]$\nu +1 \leq k \leq 2\nu$[/tex] segue [tex]$\tfrac{1}{2\nu } \leq \tfrac{1}{k} \leq \tfrac{1}{\nu +1}$[/tex]), sicché abbiamo la minorazione:
(3) [tex]$\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k} \geq \sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{2\nu}$[/tex];
l'ultima somma precedente è la somma di [tex]$\nu$[/tex] numeri tutti uguali a [tex]$\tfrac{1}{2\nu}$[/tex], quindi:
(4) [tex]$\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{2\nu} =\nu \ \tfrac{1}{2\nu} =\tfrac{1}{2}$[/tex].
Mettendo insieme le (1)-(4), abbiamo scoperto che:
[tex]$|s_{2\nu} -s_\nu| \geq \frac{1}{2}$[/tex]
cosicché scegliere [tex]$\bar{\varepsilon} =\frac{1}{2}$[/tex] (che è indipendente da [tex]$\nu$[/tex]) consente di verificare la (*). Pertanto la serie armonica diverge.
Un po' più chiaro adesso?
Sai che una serie [tex]$\sum a_n$[/tex] converge se e solo se la successione delle somme parziali, cioè quella di termine generale [tex]$s_n:=\sum_{k=1}^n a_k$[/tex], è di Cauchy, ossia se e solo se:
(C) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall m,n\geq \nu ,\ |s_m-s_n|<\varepsilon$[/tex].
Perciò, se vuoi dimostrare che una serie [tex]$\sum a_n$[/tex] non converge occorre e basta che provi che non vale la condizione (C), ovverosia che è vera la sua negazione:
[tex]$\exists \bar{\varepsilon} >0:\ \forall \nu \in \mathbb{N} ,\ \exists \bar{m} ,\bar{n} \geq \nu :\ |s_{\bar{m}} -s_{\bar{n}} |\geq \bar{\varepsilon}$[/tex];
ciò equivale a dire che, fissato [tex]$\nu \in \mathbb{N}$[/tex], devi determinare due numeri naturali [tex]$\bar{m} ,\bar{n} \geq \nu$[/tex] dipendenti da [tex]$\nu$[/tex] ed un numero positivo [tex]$\bar{\varepsilon}$[/tex] indipendente da [tex]$\nu$[/tex] per i quali sia vera la disuguaglianza [tex]$|s_{\bar{m}} -s_{\bar{n}} |\geq \bar{\varepsilon}$[/tex].
Questo, in generale, è un metodo difficile; però in alcuni casi funziona perchè, ad esempio, la successione degli addendi [tex]$a_n$[/tex] ha una forma molto semplice da maneggiare. Uno di questi casi è quello della serie armonica, come hai giustamente detto.
Vediamo come funziona il procedimento per tale serie, i.e. [tex]$\sum \tfrac{1}{n}$[/tex].
Fissiamo [tex]$\nu \in \mathbb{N}$[/tex], poniamo [tex]$\bar{m} =2\nu$[/tex] e [tex]$\bar{n} =\nu$[/tex] (dipendenti da [tex]$\nu$[/tex]!) e facciamo vedere che esiste un [tex]$\bar{\varepsilon} >0$[/tex] (indipendente da [tex]$\nu$[/tex]!) tale che:
(*) [tex]$|s_{2\nu} -s_\nu|\geq \bar{\varepsilon}$[/tex].
Dato che la serie è a termini positivi e che [tex]$2\nu >\nu$[/tex], si ha [tex]$s_{2\nu} >s_\nu$[/tex], quindi:
(1) [tex]$|s_{2\nu} -s_\nu |=s_{2\nu} -s_\nu$[/tex];
per la proprietà associativa troviamo:
(2) [tex]$s_{2\nu} -s_\nu =\sum_{k=1}^{2\nu} \frac{1}{k} -\sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k} =\left( \sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k}+\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k} \right) -\sum_{k=1}^{\nu} \frac{1}{k} =\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k}$[/tex];
ora ogni addendo dell'ultima somma è maggiore od uguale a [tex]$\frac{1}{2\nu }$[/tex] (infatti, prendendo i reciproci, da [tex]$\nu +1 \leq k \leq 2\nu$[/tex] segue [tex]$\tfrac{1}{2\nu } \leq \tfrac{1}{k} \leq \tfrac{1}{\nu +1}$[/tex]), sicché abbiamo la minorazione:
(3) [tex]$\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{k} \geq \sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{2\nu}$[/tex];
l'ultima somma precedente è la somma di [tex]$\nu$[/tex] numeri tutti uguali a [tex]$\tfrac{1}{2\nu}$[/tex], quindi:
(4) [tex]$\sum_{k=\nu +1}^{2\nu} \frac{1}{2\nu} =\nu \ \tfrac{1}{2\nu} =\tfrac{1}{2}$[/tex].
Mettendo insieme le (1)-(4), abbiamo scoperto che:
[tex]$|s_{2\nu} -s_\nu| \geq \frac{1}{2}$[/tex]
cosicché scegliere [tex]$\bar{\varepsilon} =\frac{1}{2}$[/tex] (che è indipendente da [tex]$\nu$[/tex]) consente di verificare la (*). Pertanto la serie armonica diverge.
Un po' più chiaro adesso?
si chiaro grazie mille ! :9
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