criterio del rapporto per le serie

Teorema

Se $a_n>0\forall n$ ed esiste $k\in ]0,1[$ tale che $\frac{a_{n+1}}{a_n}\le k\forall n$, allora $\sum _{n=1}^{+\infty }{a}_n$ converge.

Dimostrazione

$a_2\le k\cdot a_1{a}_3\le k\cdot a_2\le k^2\cdot a_1\dots a_n\le k^{n-1}\cdot a_1$
Dal teorema del confronto e osservando che $k^n\cdot \frac{a_1}{k}$ è il termine generale di una serie geometrica di ragione $k<1$, perciò convergente. Segue la tesi.

Esempio: $a_n=\frac{n!}{n^n}$

$\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{(n+1)!}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n^n}{n!}=\frac{n+1}{(n+1{)}^{n+1}}\cdot \frac{n!}{n!}\cdot n^n=\frac{n^n}{(n+1{)}^n}={\left(\frac{n}{n+1}\right)}^n={\left(1+\frac{1}{n}\right)}^{-n}={\left[{\left(1+\frac{1}{n}\right)}^n\right]}^{-1}\to \frac{1}{e}<1$

$\forall \epsilon >0,\exists \overline{n}:\forall n\ge \overline{n},\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-\frac{1}{e}\right|<\epsilon$

$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le \frac{1}{e}+\epsilon \forall n\ge \overline{n}$

$\epsilon =1-\frac{1}{e}$

Risorse