Cauchy $n$-th root test: $\lambda_n$-esimo test di root?
Permettere $\lambda_n=n$ e $A=\overline{\lim}_n |a_n|^{\frac{1}{\lambda_n}}$. Cauchy ($n$-th) root test afferma che
- $A<1 \ \implies \ \sum_n |a_n|< \infty$
- $A>1 \ \implies \ \sum_n |a_n|= \infty$
Se assumiamo solo che: $$\frac{\lambda_n}{\log(n)}\to \infty$$ quindi possiamo dimostrare affermazioni simili:
Se $A<1$ poi dalle proprietà di $\lambda_n$ e $\overline{\lim}$ c'è un $n_0$ tale che se $n\ge n_0$: $$ |a_n|^{\frac{1}{\lambda_n}}\le \sup_{k\ge n} |a_k|^{\frac{1}{\lambda_k}}< \frac{1+A}{2}=q<1 \\ $$ $$ \log(q)\frac{\lambda_n}{\log(n)}<-2 \\ $$ $$ \implies |a_n| < q^{\lambda_n} = e^{\log(q)\lambda_n} = e^{\log(n) \log(q)\frac{\lambda_n}{\log(n)}} = n^{\log(q)\frac{\lambda_n}{\log(n)}}< \frac{1}{n^2} $$
Se $A>1$ poi c'è una sottosequenza $a_{k(n)}$ per cui $|a_{k(n)}|>1$, perciò $a_n$ non è una sequenza nulla.
Casi d'uso:
1 $$ \sum_n \frac{1}{3^{\sqrt{n}}}<\infty\ \hspace{2cm} \lambda_n=\sqrt{n}\\ $$
2 $$ \sum_n \frac{n}{e^{\sqrt{n}}}<\infty\ \hspace{2cm} \lambda_n=\sqrt{n}\\ $$
[1] + [2] $$ r>1,\ \alpha, \beta>0\ \ \ \implies \sum_n \frac{n^\beta}{r^{n^\alpha}}<\infty\ \hspace{2cm} \lambda_n=n^{\alpha}\\ $$
Domande:
- La derivazione è corretta?
- Penso che sia un test di giocattoli, ma per alcune sequenze fornisce un modo di routine per studiare la convergenza. Cosa ne pensi?
Risposte
La derivazione del test è corretta. Non sono sicuro di quanto sia utile il test in pratica, dal momento che dalla parte superiore della mia testa non riesco a vedere esempi in cui questo test funziona e la sua applicazione è semplice ma un'applicazione del test di confronto (o, in caso di sequenze eventualmente monotone come i tuoi esempi, il test di confronto integrale o il test di condensazione) sarebbe notevolmente più difficile.
Il tuo test in questi esempi è più semplice, ma non posso ancora dirlo se il guadagno in semplicità è abbastanza grande da superare l'onere di ricordare l'ennesimo test.
Ma anche se risulta essere poco utile nella pratica, è stato bello pensarlo.