D’Alembert irizpidea

D'Alemberten irizpidea (edo zatiduraren irizpidea) gai positiboetako serientzat erabiltzen da, hauen izaera aztertzeko. Demagun $\sum a_n$ gai positiboetako seriea daukagula, eta demagun ondorengo limitea existitu egiten dela:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=l$

(i) Baldin eta $l<1$ bada, orduan $\sum a_n$ konbergentea da.

(ii) Baldin eta $l>1$ bada, orduan $\sum a_n$ dibergentea da.

Bestetik, $l=1$ bada, orduan $\sum a_n$ konbergentea zein dibergentea izan daiteke.

Froga

Lehenengo atala

Lehenik eta behin lehengo atala frogatuko dugu:

$l<1$ denez, $ϵ=\frac{1-l}{2}>0$ hartuko dugu, eta bestetik badakigu gai positiboetako seriea denez $\mathrm{\exists }{n}_0\in \mathbb{N}:\mathrm{\forall }n\ge n_0$

Segiden limitea kalkulatzeko metodoa jarraituz:

$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-l\right|<\frac{1-l}{2}$

Ezkerretan daukagun "$-l$" hori eskubira gehitzen pasaz gero ondorengo adierazpena geratzen zaigu:

$\frac{a_{n+1}}{a_n}<\frac{1-l}{2}+l$

Edo beste era batera esanda:

$\frac{1+l}{2}=q<1$

bakandutako adierazpenari $q$ deituko diogu ($q<1$ izango dena $l<1$ delako), eta badakigu $\mathrm{\forall }n\ge n_0$ dela, beraz:

$\frac{a_{n+1}}{a_n}\le q=\frac{q^{n+1}}{q^n}⟹\frac{a_{n+1}}{q^{n+1}}\le \frac{a_n}{q^n}\le \frac{a_{n-1}}{q^{n-1}}\le ...\le \frac{a_{n_0}}{q^{n_0}}=A$

Hau da $\mathrm{\forall }n\ge n_0$ bada, $a_n<A{q}^n$, beraz konparazio irizpidearen ondorioz:

$\sum a_n$ eta $\sum b_n$ gai positiboko serieak, $\sum a_n<<\sum b_n$

Kasu honetan $b_n=A{q}^n$ izanik, eta $q<1$ denez $\sum b_n$ konbergentea da, eta ondorioz $\sum a_n$ ere konbergentea izango da.

Beraz lehengo atala frogatuta geratzen da.

Bigarren atala

Orain bigarren atala frogatuko dugu:

Kasu honetan $l=+\mathrm{\infty }$ edo $l\in ℝ$ izan daiteke.

• $l=+\mathrm{\infty }$ bada, $M=1$ hartuz, existitzen da $n_0\in \mathbb{N}$ non $n\ge n_0$ guztietarako $\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$ izango den.
• $l\in ℝ$ bada, eta $l>1$ izanik, kasu honetan hau frogatzeko $ϵ=l-1>0$ hartuko dugu. Oraingoan ere segiden limitea kalkulatzeko metodoa jarraituz:

$\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}-l\right|<l-1$

Ezkerretan daukagun "$-l$" hori eskubira gehitzen pasaz gero ondorengo adierazpena geratzen zaigu:

$\frac{a_{n+1}}{a_n}<l-1+l=1$

Hau da, bi kasuetan adierazpen berdinera iristen gara, existitzen da $n_0\in \mathbb{N}$ non $n\ge n_0$ guztietarako $\frac{a_{n+1}}{a_n}>1$ izango den.

Beraz, $a_{n+1}>a_n$, hau da, gai positibotako segida gorakorra dugu eta ondorioz, $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }{a}_n$ ezin da 0 izan eta, hortaz, $\sum a_n$ dibergentea da.

Bigarren atala ere frogatu dugu.

Adibidea

$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n+1)!}$ konbergentea da.

Lehenik eta behin $a_n$ finkatuko dugu:

$a_n=\frac{1}{(2n+1)!}$

$a_n>0$ da $n\in \mathbb{N}$ guztietarako, beraz aplikatu dezakegu D'Alemberten irizpidea:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{\frac{1}{(2n+3)!}}{\frac{1}{(2n+1)!}}=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{(2n+1)!}{(2n+3)!}$

Sinplifikatuz:

$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{\lim }\frac{1}{(2n+3)(2n+2)}=0=l$

Eta lehenengo atalaren ondorioz badakigu $l<1$ bada, orduan $\sum a_n$ konbergentea dela. Beraz, $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{(2n+1)!}$ konbergentea da.