Serie - criterio della radice
buongiorno a tutti.
Studiando il criterio della radice per la convergenza delle serie a termini positivi:
Sia [tex]\sum{a_n}[/tex] una serie a termini positivi: allora se [tex](a_n)^{1/n} \rightarrow l[/tex]
* se[tex]l < 1[/tex] allora la serie converge
* se [tex]l>1[/tex] allora la serie diverge.
è vero anche che se il limite è 1 DA DESTRA, si può concludere ancora che la serie diverge (perchè è definitivamente [tex]a_n > 1[/tex]. Nel mio testo viene fatta un'ulteriore osservazione in cui si dice che se nella definizione precedente sostituiamo il lmite al MASSIMO LIMITE il teorema vale ancora. Sto provando a dimostrare questo fatto:
sia[tex]L[/tex] il massimo limite: allora, data la successione [tex](a_n)^{1/n}[/tex], esiste una sua sottosuccessione [tex]a_k_n[/tex] tale che [tex](a_k_n)^{1/k_n} \rightarrow L[/tex] . Allora:
**** se [tex]L>1[/tex], per la def di limite esiste un indice [tex]N[/tex] a partire dal quale [tex]{L + 1 \over 2} < (a_k_n)^{1/k_n}[/tex] ovvero [tex]{L+1 \over 2}^{k_n}}< a_k_n[/tex]. Per il teorema del confronto, [tex]\sum a_k_n[/tex] diverge e quindi, a maggior ragione, [tex]\sum{a_n}[/tex] diverge.
**** se [tex]L<1[/tex], per la def di limite esiste un indice [tex]N[/tex] a partire dal quale [tex]{L + 1 \over 2} > (a_k_n)^{1/k_n}[/tex] ovvero [tex]{L+1 \over 2}^{k_n}}> a_k_n[/tex]. Per il teorema del confronto, [tex]\sum a_k_n[/tex] converge e quindi ???? Come posso concludere?
Studiando il criterio della radice per la convergenza delle serie a termini positivi:
Sia [tex]\sum{a_n}[/tex] una serie a termini positivi: allora se [tex](a_n)^{1/n} \rightarrow l[/tex]
* se[tex]l < 1[/tex] allora la serie converge
* se [tex]l>1[/tex] allora la serie diverge.
è vero anche che se il limite è 1 DA DESTRA, si può concludere ancora che la serie diverge (perchè è definitivamente [tex]a_n > 1[/tex]. Nel mio testo viene fatta un'ulteriore osservazione in cui si dice che se nella definizione precedente sostituiamo il lmite al MASSIMO LIMITE il teorema vale ancora. Sto provando a dimostrare questo fatto:
sia[tex]L[/tex] il massimo limite: allora, data la successione [tex](a_n)^{1/n}[/tex], esiste una sua sottosuccessione [tex]a_k_n[/tex] tale che [tex](a_k_n)^{1/k_n} \rightarrow L[/tex] . Allora:
**** se [tex]L>1[/tex], per la def di limite esiste un indice [tex]N[/tex] a partire dal quale [tex]{L + 1 \over 2} < (a_k_n)^{1/k_n}[/tex] ovvero [tex]{L+1 \over 2}^{k_n}}< a_k_n[/tex]. Per il teorema del confronto, [tex]\sum a_k_n[/tex] diverge e quindi, a maggior ragione, [tex]\sum{a_n}[/tex] diverge.
**** se [tex]L<1[/tex], per la def di limite esiste un indice [tex]N[/tex] a partire dal quale [tex]{L + 1 \over 2} > (a_k_n)^{1/k_n}[/tex] ovvero [tex]{L+1 \over 2}^{k_n}}> a_k_n[/tex]. Per il teorema del confronto, [tex]\sum a_k_n[/tex] converge e quindi ???? Come posso concludere?
Risposte
Il trucco sta nell'usare le proprietà caratteristiche del massimo limite, ossia ricordare che [tex]$\ell$[/tex] è il massimo limite di [tex]$(\alpha_n)$[/tex] se e solo se sono verificate le due condizioni:
i) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall n>\nu,\ \alpha_n<\ell +\varepsilon$[/tex]
ii) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \forall N\in \mathbb{N},\ \exists k\geq N:\ a_k>\ell -\varepsilon$[/tex]
(che poi vogliono dire che [tex]$\ell$[/tex] è il minimo dei maggioranti definitivi di [tex]$(\alpha_n)$[/tex]).
Infatti, se il massimo limite di [tex]$(a_n^\frac{1}{n})$[/tex] è [tex]$L<1$[/tex], allora per ogni fissato [tex]$\varepsilon >0$[/tex] sai che, da un certo indice [tex]$\nu$[/tex] in poi, i termini della successione [tex]$(a_n^\frac{1}{n})$[/tex] sono [tex]$< L+\varepsilon$[/tex]; visto che [tex]$\varepsilon$[/tex] è scelto arbitrariamente, lo si può scegliere tanto piccolo che [tex]$L+\varepsilon <1$[/tex] (infatti basta prendere [tex]$\varepsilon <1-L$[/tex], visto che [tex]$1-L>0$[/tex] per ipotesi); ne viene che gli addendi della serie [tex]\sum a_n[/tex] sono definitivamente maggiorati (ossia maggiorati per [tex]$n>\nu$[/tex]) dagli addendi della serie [tex]\sum (L+\varepsilon)^n[/tex], la quale è geometrica con ragione [tex]$<1$[/tex] e perciò convergente.
i) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \exists \nu \in \mathbb{N}:\ \forall n>\nu,\ \alpha_n<\ell +\varepsilon$[/tex]
ii) [tex]$\forall \varepsilon >0,\ \forall N\in \mathbb{N},\ \exists k\geq N:\ a_k>\ell -\varepsilon$[/tex]
(che poi vogliono dire che [tex]$\ell$[/tex] è il minimo dei maggioranti definitivi di [tex]$(\alpha_n)$[/tex]).
Infatti, se il massimo limite di [tex]$(a_n^\frac{1}{n})$[/tex] è [tex]$L<1$[/tex], allora per ogni fissato [tex]$\varepsilon >0$[/tex] sai che, da un certo indice [tex]$\nu$[/tex] in poi, i termini della successione [tex]$(a_n^\frac{1}{n})$[/tex] sono [tex]$< L+\varepsilon$[/tex]; visto che [tex]$\varepsilon$[/tex] è scelto arbitrariamente, lo si può scegliere tanto piccolo che [tex]$L+\varepsilon <1$[/tex] (infatti basta prendere [tex]$\varepsilon <1-L$[/tex], visto che [tex]$1-L>0$[/tex] per ipotesi); ne viene che gli addendi della serie [tex]\sum a_n[/tex] sono definitivamente maggiorati (ossia maggiorati per [tex]$n>\nu$[/tex]) dagli addendi della serie [tex]\sum (L+\varepsilon)^n[/tex], la quale è geometrica con ragione [tex]$<1$[/tex] e perciò convergente.
molto chiaro, grazie mille....
va bene il resto della mia dimostrazione?
va bene il resto della mia dimostrazione?
La parte per [tex]$L>1$[/tex] sì.
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