FANDOM


Augustin-Louis Cauchy

Augustin-Louis Cauchy

Definiţia 1: Spunem că un şir $ a_n \! $ este fundamental (sau şir Cauchy) dacă $ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) N=N(\varepsilon) $ astfel încât $ |a_n-a_m| < \varepsilon, \; (\forall) n, m \ge N(\varepsilon). \! $


Definiţia 2: Spunem că un şir $ a_n \! $este fundamental (sau şir Cauchy) dacă $ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) N=N(\varepsilon) $ astfel încât $ |a_{n+p}-a_n| < \varepsilon, \; (\forall n) \ge N(\varepsilon). \! $ şi $ p \in \mathbb N^*. \! $


Definiţia 3: Spunem că un şir $ a_n \! $ este fundamental (sau şir Cauchy) dacă $ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) N=N(\varepsilon) $ astfel încât $ |a_n-a_N| < \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon). \! $


Observaţie: Cele trei definiţii sunt echivalente:

$ Definitia \; 1 \Leftrightarrow Definitia \; 2 \Leftrightarrow \; Definitia \; 3\! $


Criteriul lui Cauchy Edit

Un şir de numere reale este convergent dacă şi numai dacă este şir Cauchy.

$ (a_n) \! $ şir fundamental $ \Leftrightarrow \; (a_n) \; este \; convergent. \! $

(Se mai numeşte şi Teorema de convergenţă a lui Cauchy.)


Demonstraţie.

Necesitatea.

Fie $ \{ x_n \} $ un şir convergent având limita $ l \in \mathbb R. $ Pentru $ \forall \varepsilon > 0, \; \exists n_{\varepsilon} \in \mathbb N^* $ astfel înct $ | x_n - l | < \frac {\varepsilon}{2}, \; \forall n>n_{\varepsilon} . $

Dacă $ m> n_{\varepsilon}, $ atunci $ |x_m-l| < \frac {\varepsilon}{2} $ şi mai departe $ |x_m - x_n| = |(x_m-l)+ (l-x_n)| \le |x_m-l| + |l-x_n|< \frac {\varepsilon}{2} + \frac {\varepsilon}{2}= \varepsilon. $


Exerciţii Edit

I. Utilizând criteriul lui Cauchy, să se arate că următoarele şiruri sunt convergente:

1)   $ a_n = \frac {2n+1}{5n+2} $


Rezolvare:

Demonstrăm că:

$ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) \; N=N(\varepsilon) \! $ astfel încât $ |a_{n+p} - a_n|< \varepsilon, \; (\forall) n \ge N (\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N^*. \! $

$ |a_{n+p} - a_n| = \frac {2(n+p)+1}{5(n+p) +2}- \frac {2n+1}{5n+2} = \! $
$ =\frac{(5n+2)(2n+2p+1) -(2n+1)(5n+5p+2)}{(5n+2)(5n+5p+2)}= \! $
$ =\frac{10n^2+10np+9n+4p+2-10n^2-10np-9n-5p-2}{(5n+2)(5n+5p+2)} \! $
-p (not p)
$ =\frac{p}{(5n+2)(5n+5p+2)}. \! $


$ |a_{n+p}-a_n| < \varepsilon \; \Rightarrow \; \frac{p}{(5n+2)(5n+5p+2)} < \varepsilon. $

p este un număr arbitrar. Când $ p \rightarrow \infty \! $ obţinem:

$ \lim_{p \to \infty} \frac{p}{(5n+2)(5n+5p+2)} = \lim_{p \to \infty} \frac {p}{p(5n+2) \left ( \frac {5n}{p} +5+ \frac 2 p \right )} = \frac {1}{5(5n+2)} \! $
$ \Rightarrow \; \frac{1}{5(5n+2)} \le \varepsilon \; \Rightarrow \; n \ge \frac {1-10 \varepsilon}{25 \varepsilon}, \! $

deci putem lua $ N(\varepsilon) = 1 + \left [ \frac{1-10 \varepsilon}{25 \varepsilon} \right ] \! $ $ (\forall) \varepsilon>0, \; (\exists) N=1+ \left [ \frac{1-10 \varepsilon}{25 \varepsilon} \right ] \! $ astfel încât $ |a_{n+p} -a_n| < \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N. \! $


2)   $ b_n= 1+ \frac 1 2 + \frac {1}{2^2} + \frac {1}{2^3} + \cdots + \frac {1}{2^n}. \! $


Demonstrăm că

$ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) N = N(\varepsilon) \! $ astfel încât $ |b_{n+p}-b_n| < \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N. \! $
$ |b_{n+p}-b_n| = 1+ \frac 1 2 + \frac {1}{2^2} + \cdots + \frac {1}{2^n} + \frac {1}{2^{n+1}} - 1- \frac 1 2 - \frac {1}{2^2} - \cdots - \frac {1}{2^n} = \! $
$ = \frac {1}{2^{n+1}} + \frac {1}{2^{n+2}} + \cdots + \frac {1}{2^{n+p}} = \frac {1}{2^{n+1}} (1 + \frac 1 2 + \cdots + \frac {1}{2^{p-1}}) < \frac {1}{2^n} (1 + \frac 1 2 + \cdots + \frac {1}{2^p}) = \! $
$ = \frac {1}{2^n} \cdot \frac {\frac 1 2 \left ( 1- \frac {1}{2^p} \right )}{1 - \frac 1 2} = \frac {1}{2^n} \left ( 1- \frac {1}{2^p} \right )< \frac {1}{2^n}. \! $
$ \left. \begin{matrix} |b_{n+p}-b_n| < \frac{1}{2^n} \\ |b_{n+p}-b_n| < \varepsilon \end{matrix} \right \} \Rightarrow \frac {1}{2^n} \le \varepsilon \Rightarrow n> \log_2 \frac {1}{\varepsilon} \! $

Deci $ N(\varepsilon) = 1 + \left [ \log_2 \frac {1}{\varepsilon} \right ] \! $

$ (\forall) \varepsilon>0, \; (\exists) N(\varepsilon) = 1+ \left [ \log_2 \frac {1}{\varepsilon} \right ] \! $ astfel încât $ |b_{n+p}-b_n| < \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N. \! $


3) $ c_n= \sum_{k=1}^n \frac{\sin k^2}{2^k} \! $

$ |c_{n+p} - c_n| = \left | \sum_{k=1}^{n+p} \frac{\sin k^2}{2^k} - \sum_{k=1}^n \frac{\sin k^2}{2^k} \right | = \left | \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{\sin k^2}{2^k} \right | \le \sum_{k=n+1}^{n+p} \left | \frac{\sin k^2}{2^k} \right | \le \! $
$ \le \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac{1}{2^k} = \frac {1}{2^{n+1}} \left ( 1 + \frac 1 2 + \frac {1}{2^2} + \cdots + \frac{1}{2^{p-1}} \right ) < \frac {1}{2^n} \! $

după cum am arătat la exerciţiul anterior, $ \Rightarrow \! $

$ \Rightarrow \! $ se obţine $ N(\varepsilon) = 1 + \left [ \log_2 \frac {1}{\varepsilon} \right ] \! $

$ (\forall) \varepsilon >0, \; (\exists) N(\varepsilon) = 1+ \left [ \log_2 \frac {1}{\varepsilon} \right ] \! $ astfel încât $ |b_{n+p} - b_n| < \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N. \! $


4) $ d_n= \sum_{k=1}^n \frac {\cos k!}{k(k+1)} \! $


$ |d_{n+p} - d_n|= \left | \sum_{k=1}^{n+p} \frac {\cos k!}{k(k+1)} - \sum_{k=1}^n \frac {\cos k!}{k(k+1)} \right | = \left | \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac {\cos k!}{k(k+1)} \right | \le \! $
$ \le \sum_{k=n+1}^{n+p} \left | \frac {\cos k!}{k(k+1)} \right | < \sum_{k=n+1}^{n+p} \frac {1}{k(k-1)} = \sum_{k=n+1}^{n+p} \left ( \frac 1 k - \frac {1}{k-1} \right ) = \! $
$ = \frac{1}{n+1} - \frac {1}{n+p+1} < \frac {1}{n+1} \! $
$ \left. \begin{matrix} \Rightarrow \; |d_{n+p} - d_n| \\ |d_{n+p} - d_n| < \varepsilon \end{matrix} \right \} \Rightarrow \frac {1}{n+1} \le \varepsilon \Rightarrow \; N(\varepsilon) = 1 + \left [ \frac{1-\varepsilon}{\varepsilon} \right ] .\! $


II. Arătaţi că următorul şir de numere reale nu este fundamental:

$ x_n= 1 + \frac 1 2 + \frac 1 3 + \cdots + \frac 1 n. \! $

Arătăm că:

$ (\exists) \varepsilon >0, \; (\forall) N=N(\varepsilon) \! $ astfel încât $ |x_{n+p} - x_n| \ge \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $ şi $ p \in \mathbb N^*. \! $
$ |x_{2n} - x_n| = \left | \sum_{k=1}^{2n} \frac 1 k -\sum_{k=1}^n \frac 1 k \right | = \left | \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1 k \right | \le \sum _{k=n+1}^{2n} \left | \frac 1 k \right | = \! $
$ = \sum_{k=n+1}^{2n} \frac 1 k = \frac{1}{n+1} + \frac {1}{n+2} + \cdots + \frac {1}{2n} > \! $
$ > \frac {1}{2n} + \frac {1}{2n} + \cdots +\frac {1}{2n}= n \frac{1}{2n} = \frac 1 2 \! $
$ |x_{2n} - x_n| > \frac 1 2 \Rightarrow \! $
$ (\exists) \varepsilon = \frac 1 3, \; (\forall) N=N(\varepsilon) \! $ astfel încât $ |x_{n+p} - x_n| \ge \varepsilon, \; (\forall) n \ge N(\varepsilon) \! $
$ \Rightarrow \! $ şirul $ x_n \! $ nu este fundamental.

Resurse Edit