Dimostrazione teorema convergenza dominata per serie
Buonasera,
per dimostrare che $lim_{n->oo}(1 + z/n)^n = lim_{n->oo} \sum_{k=0}^\infty ((n),(k))(z/n)^k = \sum_{k=0}^\infty lim_{n->oo}((n),(k))(z/n)^k = \sum_{k=0}^\infty z^k/(k!)$ ho bisogno del Teorema di Convergenza Dominata per Serie: la dimostrazione che ho trovato non mi è chiara;
Siano ${c_(n,k)}$ , ${ddot c_k}$ e ${b_k}$ successioni complesse con $n,k in NN$ tali che:
i) $AA k in NN $ $c_(n,k) -> ddot c_k$
ii) $AA k, AA n$ $ |c_(n,k)| <= b_k$
iii)$\sum_{k=0}^\infty b_k < oo$
allora $EE lim_{n->oo} \sum_{k=0}^\infty c_(n,k) = \sum_{k=0}^\infty ddot c_k$
Comincia la dimostrazione:
$|\sum_{k=0}^\infty c_(n,k) - \sum_{k=0}^\infty ddot c_k| =| \sum_{k=0}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + |\sum_{k>p}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + 2 \sum_{k>p}^\infty b_k <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + 2(\sum_{k= 0}^\infty b_k - \sum_{k=0}^\p b_k)$
A questo punto dice: $AA \epsilon > 0 EE p in NN$ t.c. $\sum_{k= 0}^\infty b_k - \sum_{k=0}^\p b_k <= \epsilon /3$ cioè $p$ molto grande quindi per [ $n->oo$ $EE n_0 in NN$ t.c. $ AA n >= n_0$ $ | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | <= \epsilon /3$ ] perciò $AA n >= n_0$ $ |\sum_{k=0}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| < \epsilon /3 + 2 \epsilon / 3 = \epsilon$
Ciò che non capisco è da dove si deduce la parte tra quadre rosse []
Qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmelo?
Grazie
per dimostrare che $lim_{n->oo}(1 + z/n)^n = lim_{n->oo} \sum_{k=0}^\infty ((n),(k))(z/n)^k = \sum_{k=0}^\infty lim_{n->oo}((n),(k))(z/n)^k = \sum_{k=0}^\infty z^k/(k!)$ ho bisogno del Teorema di Convergenza Dominata per Serie: la dimostrazione che ho trovato non mi è chiara;
Siano ${c_(n,k)}$ , ${ddot c_k}$ e ${b_k}$ successioni complesse con $n,k in NN$ tali che:
i) $AA k in NN $ $c_(n,k) -> ddot c_k$
ii) $AA k, AA n$ $ |c_(n,k)| <= b_k$
iii)$\sum_{k=0}^\infty b_k < oo$
allora $EE lim_{n->oo} \sum_{k=0}^\infty c_(n,k) = \sum_{k=0}^\infty ddot c_k$
Comincia la dimostrazione:
$|\sum_{k=0}^\infty c_(n,k) - \sum_{k=0}^\infty ddot c_k| =| \sum_{k=0}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + |\sum_{k>p}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + 2 \sum_{k>p}^\infty b_k <= | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | + 2(\sum_{k= 0}^\infty b_k - \sum_{k=0}^\p b_k)$
A questo punto dice: $AA \epsilon > 0 EE p in NN$ t.c. $\sum_{k= 0}^\infty b_k - \sum_{k=0}^\p b_k <= \epsilon /3$ cioè $p$ molto grande quindi per [ $n->oo$ $EE n_0 in NN$ t.c. $ AA n >= n_0$ $ | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | <= \epsilon /3$ ] perciò $AA n >= n_0$ $ |\sum_{k=0}^\infty (c_(n,k) - ddot c_k)| < \epsilon /3 + 2 \epsilon / 3 = \epsilon$
Ciò che non capisco è da dove si deduce la parte tra quadre rosse []
Qualcuno potrebbe gentilmente spiegarmelo?
Grazie
Risposte
Sfrutti la convergenza puntuale (ipotesi (i)).
Per ogni \(k\in \{0,\ldots,p\}\) esiste \(N_k\in\mathbb{N}\) tale che \(|c_{n,k} - \overline{c}_k| < \epsilon / (3(p+1))\) per ogni \(n\geq N_k\).
Poi scegli \(n_0 := \max\{N_0,\ldots, N_p\}\).
Per ogni \(k\in \{0,\ldots,p\}\) esiste \(N_k\in\mathbb{N}\) tale che \(|c_{n,k} - \overline{c}_k| < \epsilon / (3(p+1))\) per ogni \(n\geq N_k\).
Poi scegli \(n_0 := \max\{N_0,\ldots, N_p\}\).
Però se $p -> oo$ scrivere $ | \sum_{k=0}^\p (c_(n,k) - ddot c_k) | <= \epsilon /3 $ è uguale a scrivere $ | \sum_{k=0}^\oo (c_(n,k) - ddot c_k) | <= \epsilon /3 $ che è il punto da cui sono partito no?Questo non vanifica tutti i passaggi precedenti?
Fissa \(\varepsilon > 0\).
Scegli \(p\) tale che \(\sum_{k=p+1}^{\infty} b_k < \varepsilon\) (se preferisci mettici il \(/3\)...).
Per ogni \(k\in \{0,\ldots, p\}\) esiste \(N_k\) tale che \(|c_{n,k} - \overline{c}_k| < \varepsilon / (p+1)\) per ogni \(n\geq N_k\).
Queste ultime disuguaglianze valgono contemporanemente se \(n \geq N := \max\{N_0, \ldots, N_p\}\).
Adesso metti insieme tutto...
Scegli \(p\) tale che \(\sum_{k=p+1}^{\infty} b_k < \varepsilon\) (se preferisci mettici il \(/3\)...).
Per ogni \(k\in \{0,\ldots, p\}\) esiste \(N_k\) tale che \(|c_{n,k} - \overline{c}_k| < \varepsilon / (p+1)\) per ogni \(n\geq N_k\).
Queste ultime disuguaglianze valgono contemporanemente se \(n \geq N := \max\{N_0, \ldots, N_p\}\).
Adesso metti insieme tutto...
Quindi se ho capito bene nella dimostrazione si spezza la sommatoria (da $k= 0$ a $p$ e da $p$ a $oo$) in modo da poter sfruttare l'ipotesi i) sulla sommatoria da $k= 0$ a $p$, il quale è un numero finito grande a piacere e appartente ad $NN$, per aggirare il problema di $oo$ che non appartiene ad $NN$, giusto?
\(p\) è un numero "grande" che serve per stimare uniformemente le code.
Sulla sommatoria \(\sum_{k=0}^p\) si può passare al limite componente per componente, come se fossimo in \(\mathbb{R}^{p+1}\).
Sulla sommatoria \(\sum_{k=0}^p\) si può passare al limite componente per componente, come se fossimo in \(\mathbb{R}^{p+1}\).
Okay grazie mille
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