Teoremino sulle serie
Salve ragazzi , ho questo teorema :
Sia $\sum_{n=0}^\infty a_n$ (1) serie di numeri reali.
Allora se $\sum_{n=0}^\infty a_n$ converge $=>$ ${a_n}->0$.
A prima vista, sembra semplice ma non mi è chiaro un punto. Il professore l'ha dimostrato in questa maniera.
Per ipotesi (1) converge , quindi $ EE lim s_n = s$ dove $s_n = a_0+......+a_n$ (somme parziali)
Presa ${s_(n+1)}$ sotto successione di ${s_n}$ si ha che anche $s_(n+1) -> s $ , in particolare vale che $lim s_(n+1)-s _n = 0$ e poiché $s_(n+1)-s_n = x_(n+1)$ se ne deduce che ${x_(n+1)} ->0$. (1)
Fin qui ho tutto chiaro, tuttavia conclude la dimostrazione dicendo che da (1) si deduce che $lim x_n = 0$ e dunque la tesi.
Ma mi domando come sia possibile , visto che 1) ${x_(n+1)}$ è una sotto successione di ${x_n}$ 2) non è detto che ${x_n}$ converga 3) non è detto che se una sotto successione converge a un certo $l$ allora converge a quel certo $l$ la successione madre ?
Grazie in anticipo per eventuali delucidazioni.
Sia $\sum_{n=0}^\infty a_n$ (1) serie di numeri reali.
Allora se $\sum_{n=0}^\infty a_n$ converge $=>$ ${a_n}->0$.
A prima vista, sembra semplice ma non mi è chiaro un punto. Il professore l'ha dimostrato in questa maniera.
Per ipotesi (1) converge , quindi $ EE lim s_n = s$ dove $s_n = a_0+......+a_n$ (somme parziali)
Presa ${s_(n+1)}$ sotto successione di ${s_n}$ si ha che anche $s_(n+1) -> s $ , in particolare vale che $lim s_(n+1)-s _n = 0$ e poiché $s_(n+1)-s_n = x_(n+1)$ se ne deduce che ${x_(n+1)} ->0$. (1)
Fin qui ho tutto chiaro, tuttavia conclude la dimostrazione dicendo che da (1) si deduce che $lim x_n = 0$ e dunque la tesi.
Ma mi domando come sia possibile , visto che 1) ${x_(n+1)}$ è una sotto successione di ${x_n}$ 2) non è detto che ${x_n}$ converga 3) non è detto che se una sotto successione converge a un certo $l$ allora converge a quel certo $l$ la successione madre ?
Grazie in anticipo per eventuali delucidazioni.
Risposte
Ma se una delle due è ottenuta dall'altra aggiungendovi o sopprimendovi un numero finito di termini,è detto 
..
Saluti dal web.
..Saluti dal web.
Rifletti: i termini di $\{x_{n+1}\}$ sono gli stessi di $\{x_n\}$, fatta eccezione per $x_0$...se poi vogliamo essere formali, $a_n\to 0$ se e solo se $\forall \epsilon >0$ è definitivamente $|a_n|<\epsilon$, cioè se $\exists \nu \in\mathbb{N}$ tale che $\forall n\ge \nu$, $|a_n|\le \epsilon$. Sai che questo è vero per la successione $\{x_{n+1}\}$. Sapendo questo, riesci a trovare, fissato $\epsilon>0$, un $\nu'\in\mathbb{N}$ che faccia quel lavoro per la successione $\{x_n\}$?
forse ho capito ragazzi. Intuitivamente posso dire che ${x_(n+1)}$ ed ${x_n}$ sono definitivamente uguali. Cioé $EE \mu \in NN t.c AA n >= \mu : x_{n+1} =x_n$ (1). Quindi se ho ben inteso, vediamo se un discorso del genere può filare :
Per ipotesi so che $lim x_(n+1) =0$ quindi fissato $\epsilon >0$ si ha che $EE \gamma >0 $ t.c $AA n >= \gamma : | x_{n+1} | < \epsilon $. (2)
Per la $(1)$ se pongo $\beta \in N$ tale che $\beta $ sia più grande sia di $\gamma$ che di $\mu$ si ha che
sfruttando (1) e (2) $AA n >= \beta : |x_n| = | x_{n+1} | < \epsilon$ e questo a norma di definizione ci dice che
$lim x_n = 0$.
Ho delirato?
Grazie ragazzi.
Per ipotesi so che $lim x_(n+1) =0$ quindi fissato $\epsilon >0$ si ha che $EE \gamma >0 $ t.c $AA n >= \gamma : | x_{n+1} | < \epsilon $. (2)
Per la $(1)$ se pongo $\beta \in N$ tale che $\beta $ sia più grande sia di $\gamma$ che di $\mu$ si ha che
sfruttando (1) e (2) $AA n >= \beta : |x_n| = | x_{n+1} | < \epsilon$ e questo a norma di definizione ci dice che
$lim x_n = 0$.
Ho delirato?
Grazie ragazzi.
E se proprio $x_0$ decide di fare il cattivone,inoltre,c'è comunque modo di uscircene dagli imbarazzi,no ?
Saluti dal web.
?Saluti dal web.
"Kashaman":
forse ho capito ragazzi. Intuitivamente posso dire che ${x_(n+1)}$ ed ${x_n}$ sono definitivamente uguali. Cioé $EE \mu \in NN t.c AA n >= \mu : x_{n+1} =x_n$ (1)
Ah... Quindi secondo te la successione è definitivamente costante: infatti, hai \(x_\mu= x_{\mu +1}=x_{\mu +2}=x_{\mu +3}=\cdots = x_{\mu +k}=\cdots\).
Ah... Ma allora i termini di \((x_n)\) sono tutti nulli da \(x_{\mu}\) in poi: infatti, l'unico modo che una successione definitivamente costante ha per convergere a zero è che essa sia definitivamente nulla.
Ah... Ma allora ciò vuol dire che hai provato che una serie converge solo se essa ha nulli tutti gli addendi ad eccezione di un numero finito.
Il che è palesemente falso, perché \(\sum 2^{-n}\) converge ed ha tutti gli addendi positivi.
Quindi?
Dov'è l'errore?
"Kashaman":
forse ho capito ragazzi. Intuitivamente posso dire che ${x_(n+1)}$ ed ${x_n}$ sono definitivamente uguali. Cioé $EE \mu \in NN t.c AA n >= \mu : x_{n+1} =x_n$ (1). Quindi se ho ben inteso, vediamo se un discorso del genere può filare :
Per ipotesi so che $lim x_(n+1) =0$ quindi fissato $\epsilon >0$ si ha che $EE \gamma >0 $ t.c $AA n >= \gamma : | x_{n+1} | < \epsilon $. (2)
Per la $(1)$ se pongo $\beta \in N$ tale che $\beta $ sia più grande sia di $\gamma$ che di $\mu$ si ha che
sfruttando (1) e (2) $AA n >= \beta : |x_n| = | x_{n+1} | < \epsilon$ e questo a norma di definizione ci dice che
$lim x_n = 0$.
No... Facciamo finta di non sapere quel che diceva Theras. Se sai che, fissato $\epsilon$,
\[\exists N\in\mathbb{N}:\forall n\ge N,\ |x_{n+1}|<\varepsilon\]
allora ti basta porre $N'=N+1$ per avere
\[\forall n\ge N',\ |x_n|<\varepsilon\]
Infatti da $n\ge N'$ hai $n-1\ge N$, da cui $|x_{n}|=|x_{(n-1)+1}|<\epsilon$.
@Kashaman:
[ot]Oggi di nuovo non stavo bene, non ci sono andato a lezione
Ho le fotocopie degli appunti però (la fonte è buona 
)[/ot]
@gugo In effetti ho detto una boiata.. ed hai ragione. Infatti per prima cosa, è palesemente falso in generale che ${a_(n+1)}$ ed ${a_(n)}$ sono definitivamente uguali.
Infatti basta prendere la successione $a_n = n$ ed $a_(n+1)= n+1$ per rendersi conto che $AA \nu \in NN EE n< \nu : a_n!=a_(n+1) $. Infatti , se per assurdo $EE \nu \in NN t.c AA n >= \nu : a_n=a_(n+1)$ si ha che in corrispondenza di tale $\nu$ , $n>= \nu$ : $a_n = n = n+1 = a_(n+1) => 1=0$ , assurdo.
In secondo luogo, la mia dimostrazione fa acqua perché sono partito da una premessa falsa e sono arrivato a provare effettivamente che ${x_n}$ è definitivamente nulla, come hai fatto notare. Questo in generale è falso come hai giustamente fatto notare.
Un controesempio più generale è la serie geometrica di ragione $q \in R$ , $ \sum_n q^n$ che per $z \in (-1,1)$ converge ad $1/(1-q)$ pur non essendo la successione ${q^n}$ definitivamente nulla.
@ plepp in effetti la cosa era abbastanza semplice,molte volte mi perdo in un niente..1
Tuttavia penso che la cosa si possa generalizzare, che ne dite?
Sia ${x_n}$ una successione di numeri reali. $k \in NN$. Allora se
l'estratta ${x_(n+k) } ->0 => {x_n} -> 0$
Infatti fissato $\epsilon > 0$ per ipotesi so che
$EE \nu \in NN , AA n >= \nu : | x_(n+k) | < \epsilon$ (1)
Pongo $N= \nu + k$ , se prendo $ n >= N$ ho che $n - k >= \nu$ e quindi vale la (1)
e pertanto $ |x_((n-k)-k)| = |x_n| < \epsilon$ , questo ci dice che $x_n ->0$ .
Ora, l'ipotesi che converga a zero non influisce sulla dimostrazione quindi posso di certo dire che se
${x_(n+1)} -> l => {x_n}} -> l$.
Per quanto visto sono spinto ad una riflessione, se ${a_(n_k)}$ è un estratta di ${a_n}$ con $k : N -> N$ di tipo $k(n) = n + q $ (1)
Sappiamo che se $x_n -> l => x_(k_n) -> l$ (questo vale in generale) ,ma allora , in questo caso specifico, vale una sorta di viceversa o spaglio?
Cioè se ${x_(k_n)}$ è una sotto successione di tipo (1) convergente, allora posso dedurre che $x_n$ converge ed hanno lo stesso limite.
Che ne dite? è corretto ciò che dico? Grazie mille.
@ Theras non so come si dicano tali sotto successioni! ma presumo che siano di tipo (1).
Infatti basta prendere la successione $a_n = n$ ed $a_(n+1)= n+1$ per rendersi conto che $AA \nu \in NN EE n< \nu : a_n!=a_(n+1) $. Infatti , se per assurdo $EE \nu \in NN t.c AA n >= \nu : a_n=a_(n+1)$ si ha che in corrispondenza di tale $\nu$ , $n>= \nu$ : $a_n = n = n+1 = a_(n+1) => 1=0$ , assurdo.
In secondo luogo, la mia dimostrazione fa acqua perché sono partito da una premessa falsa e sono arrivato a provare effettivamente che ${x_n}$ è definitivamente nulla, come hai fatto notare. Questo in generale è falso come hai giustamente fatto notare.
Un controesempio più generale è la serie geometrica di ragione $q \in R$ , $ \sum_n q^n$ che per $z \in (-1,1)$ converge ad $1/(1-q)$ pur non essendo la successione ${q^n}$ definitivamente nulla.
@ plepp in effetti la cosa era abbastanza semplice,molte volte mi perdo in un niente..1
Tuttavia penso che la cosa si possa generalizzare, che ne dite?
Sia ${x_n}$ una successione di numeri reali. $k \in NN$. Allora se
l'estratta ${x_(n+k) } ->0 => {x_n} -> 0$
Infatti fissato $\epsilon > 0$ per ipotesi so che
$EE \nu \in NN , AA n >= \nu : | x_(n+k) | < \epsilon$ (1)
Pongo $N= \nu + k$ , se prendo $ n >= N$ ho che $n - k >= \nu$ e quindi vale la (1)
e pertanto $ |x_((n-k)-k)| = |x_n| < \epsilon$ , questo ci dice che $x_n ->0$ .
Ora, l'ipotesi che converga a zero non influisce sulla dimostrazione quindi posso di certo dire che se
${x_(n+1)} -> l => {x_n}} -> l$.
Per quanto visto sono spinto ad una riflessione, se ${a_(n_k)}$ è un estratta di ${a_n}$ con $k : N -> N$ di tipo $k(n) = n + q $ (1)
Sappiamo che se $x_n -> l => x_(k_n) -> l$ (questo vale in generale) ,ma allora , in questo caso specifico, vale una sorta di viceversa o spaglio?
Cioè se ${x_(k_n)}$ è una sotto successione di tipo (1) convergente, allora posso dedurre che $x_n$ converge ed hanno lo stesso limite.
Che ne dite? è corretto ciò che dico? Grazie mille.
@ Theras non so come si dicano tali sotto successioni! ma presumo che siano di tipo (1).
Mi sembra una naturale conseguenza della definizione di limite; non ci occorre sapere nient'altro sulla natura di quella specifica successione, se non che ne possiede uno.
"Kashaman":
Per quanto visto sono spinto ad una riflessione, se $ {a_(n_k)} $ è un estratta di $ {a_n} $ con $ k : N -> N $ di tipo $ k(n) = n + q $ (1)
Sappiamo che se $ x_n -> l => x_(k_n) -> l $ (questo vale in generale) ,ma allora , in questo caso specifico, vale una sorta di viceversa o spaglio?
Cioè se $ {x_(k_n)} $ è una sotto successione di tipo (1) convergente, allora posso dedurre che $ x_n $ converge ed hanno lo stesso limite.
Che ne dite? è corretto ciò che dico? Grazie mille.
@ Theras non so come si dicano tali sotto successioni! ma presumo che siano di tipo (1).
Che questo sia corretto è vero, e l'hai dimostrato. Non è vero invece che le estratte di una successione $\{x_n\}$ che hanno questa proprietà sono solo quelle del tipo $\{x_{n+k}\}$ con $k\in NN^\star$. Pensa ad esempio a una generica successione $\{a_n\}_{n\in NN}$ e alla sua estratta $\{a_{k_n}\}$ con
\[k_n:=\begin{cases}
n^2 &\text{se}\ n\le 2\\
n+2& \text{se}\ n\ge 3
\end{cases}\]
Se $\{a_{k_n}\}$ converge/diverge/è irregolare, allora converge/diverge/è irregolare $\{a_n\}$, e viceversa, ovviamente (sostanzialmente $\{a_{k_n}\}$ è ottenuta da $\{a_n\}$ eliminando $a_2$ e $a_3$). E si potrebbero fare tanti altri esempi...
In generale, hanno lo stesso comportamento due successioni che differiscono per un numero finito di termini, ovvero due successioni definitivamente uguali, oppure due successioni tali che una sia ottenuta dall'altra aggiungendo o togliendo un numero finito di termini (che è il caso di $\{x_{n}\}$ e $\{x_{n+k}\}$).
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