Fandom

Math Wiki

Șir Cauchy

1.029pages on
this wiki
Add New Page
Comments0 Share

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.

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

Also on Fandom

Random Wiki