Esercizio sulle serie

[Rigel1]

Propongo il seguente esercizio.

Sia \((x_j)\) una successione crescente e divergente a $+\infty$ di numeri positivi. Dimostrare che la serie
\[
\sum_{j=1}^{+\infty} \frac{x_{j+1} - x_{j}}{x_{j}}
\]
diverge a $+\infty$.

[otta96]

Ci provo, anzitutto bell'esercizio, la sua difficoltà mi ha costretto a fare una cosa che non mi piace fare, cioè utilizzare teoremi di cui non conosco la dimostrazione, in questo caso: https://it.wikipedia.org/wiki/Teorema_di_Stolz-Cesaro, però dubito che si riesca a risolvere in modo non troppo complicato senza utilizzarlo, ma veniamo al dunque.

Se la condizione (necessaria) che il termine n-esimo tenda a zero non è verificata non abbiamo niente da fare in quanto la serie è a termini positivi, quindi o converge, o diverge positivamente, possiamo quindi supporre che sia verificata, che equivale a dire $\lim_{n->+\infty}x_(n+1)/x_n=1$.
Siano $a_n=(x_(n+1)-x_n)/x_n$ e $s_n=\sum_{k=1}^n a_k$ e consideriamo $\lim_{n->+\infty}s_n/lnx_(n+1)$, osserviamo che la successione a denominatore è strettamente crescente e divergente, in particolare sono soddisfatte le ipotesi del teorema di Stolz-Cesaro, dunque applichiamolo, si ottiene $\lim_{n->+\infty}a_(n+1)/ln(x_(n+2)/x_(n+1))$, adesso $ln(x_(n+2)/x_(n+1))=ln(1+((x_(n+2)-x_(n+1))/x_(n+1)))=ln(1+a_(n+1))$, quindi $\lim_{n->+\infty}a_(n+1)/ln(x_(n+2)/x_(n+1))=\lim_{n->+\infty}a_(n+1)/ln(1+a_(n+1))=\lim_{n->+\infty}1/(ln(1+a_(n+1))/a_(n+1))$, ma sappiamo che $\lim_{n->+\infty}a_n=0$ quindi dal limite notevole $\lim_{x->0}ln(1+x)/x=1$ si ottiene $\lim_{n->+\infty}a_(n+1)/ln(x_(n+2)/x_(n+1))=1$, quindi, per Stolz-Cesaro si ha $\lim_{n->+\infty}s_n/ln(x_(n+1))=1$, dunque $\lim_{n->+\infty} s_n=+\infty$, che è proprio la definizione di $\sum_{n=1}^(+\infty) a_n=+\infty$. Corretto?

[Rigel1]

@otta96: grazie per la tua dimostrazione!
Ero certo si potesse risolvere usando il teorema di Stolz-Cesaro, ma non avendo (io) visto subito come fare ho poi proceduto in altro modo.

La mia idea è stata questa: ha numeratore c'è la derivata "discreta" del denominatore, quindi la serie divergerà come \(\log x_n\).
Per rendere rigorosa la dimostrazione, si può considerare una funzione affine a tratti tale che \(f(j) = x_j\) per ogni \(j\) e calcolare, per ogni \(N\in\mathbb{N}\),
\[
\log(x_N) - \log(x_1) = \log f(N) - \log f(1) = \sum_{j=1}^{N-1}\int_j^{j+1} \frac{f'(x)}{f(x)} \, dx \leq \sum_{j=1}^{N-1} \frac{x_{j+1}-x_j}{x_j}\,,
\]
dove si è sfruttato il fatto che \(f\) è positiva e monotona crescente nell'ultima disuguaglianza.

[otta96]

Bella anche la tua dimostrazione, che è, in un certo senso, più elementare della mia, solo che credo ci sia un refuso, ad un certo punto scrivi $logf(x_N)-logf(x_1)$, mentre credo sarebbe dovuto essere $logf(N)-logf(1)$.
P.S. Ne ho approfittato per studiarmi la dimostrazione di Stolz-Cesaro, così da non sentirmi in colpa di averlo usato, e l'ho trovata molto semplice, mi ero immaginato una cosa più difficile.

[Rigel1]

"otta96":Bella anche la tua dimostrazione, che è, in un certo senso, più elementare della mia, solo che credo ci sia un refuso, ad un certo punto scrivi $logf(x_N)-logf(x_1)$, mentre credo sarebbe dovuto essere $logf(N)-logf(1)$.

Sì, certo, grazie.

P.S. Ne ho approfittato per studiarmi la dimostrazione di Stolz-Cesaro, così da non sentirmi in colpa di averlo usato, e l'ho trovata molto semplice, mi ero immaginato una cosa più difficile.

Infatti è poco più di un esercizio. E' la versione discreta del teorema de l'Hopital; ogni tanto torna utile.

[otta96]

Ne hai altri di esercizi così bellini? A me poi le serie piacciono un sacco, soprattutto numeriche.

[Rigel1]

"otta96":Ne hai altri di esercizi così bellini? A me poi le serie piacciono un sacco, soprattutto numeriche.

Quell'esercizio mi è saltato fuori durante la risoluzione di un altro esercizio, che adesso posterò in un altro intervento.

[edmz]

Dimostrazione alternativa:

Sia $$ S = \sum_{j=1}^\infty \frac{ x_{j+1}-x_j}{x_j} = \sum_{j=1}^\infty \left(\frac{x_{j+1}}{x_j}-1\right)$$
Vogliamo far vedere che i termini della serie sono positivi. Sapendo che: $$ \sup\{x_j\}_{j\in\mathbb N} = +\infty \implies \lim_{j\to\infty} \frac{x_{j+1}}{x_j} = L > 1 \text{ per il criterio del rapporto o di d'Alembert.}$$
Sia quindi $ p_i = \frac{x_{i+1}}{x_i} - 1$, che, per quanto detto poc'anzi, $p_i>0$. Ma poiché, $S = \sum_{i=1}^\infty p_i$, integrando tra $1$ e $\infty$ i contributi non possono che rendere l'integrale divergente e, dunque, $S \square$.

Pareri?

[otta96]

Non è detto che se $x_(j+1)>x_j$, allora $\lim_{j->+\infty}x_(j+1)/x_j>1$, un controesempio a questa affermazione è dato dalla successione $x_j=j$.

[Sk_Anonymous]

[ot]

"otta96":Ne hai altri di esercizi così bellini? A me poi le serie piacciono un sacco, soprattutto numeriche.

Miniera.[/ot]
Comunque mi sa che vale anche il viceversa.

[otta96]

Grazie Delirium!