Fandom

Math Wiki

Șir Cauchy

1.032pages on
this wiki
Add New Page
Comments0 Share
Augustin-Louis Cauchy.jpg

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 încât | 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

Ad blocker interference detected!


Wikia is a free-to-use site that makes money from advertising. We have a modified experience for viewers using ad blockers

Wikia is not accessible if you’ve made further modifications. Remove the custom ad blocker rule(s) and the page will load as expected.

Also on Fandom

Random Wiki