Диференцијални рачун
Почетна страна »
Функције »
Низови »
• Дефиниција »
• Кошијеви низови »
• Особине »
• Монотони низови »
Гранична вредност »
Непрекидност функције »
Изводи »
Примена извода »
Јована Јездимировић,
Универзитет у Београду, Математички факултет
Кошијеви низови
Како особина ограниченост не обезбеђује конвергенцију низа, неопходно је формулисати потребан и довољан услов за то.
Дефиниција: Низ је Кошијев ако задовољава следећи услов:
(\forall \epsilon >0)(\exists n_o \in \mathbr{N})(\forall m \in \mathbr{N})(\forall n \in \mathbr{N}) m, n > n_0 \Rightarrow \lvert a_m - a_n \rvert < \epsilon
Услов се може заменити еквивалентним условом:
( \forall \epsilon > 0 ) ( \exists n_0 \in \mathbr {N} )( \forall n \in \mathbr {N} ) ( \forall p \in \mathbr {N} ) m, n > n_0 \Rightarrow \lvert a_{n+p} - a_n \rvert < \epsilon
Број n0 зависи од ε.
Теорема: Потребан и довољан услов да низ реалних бројева конвергира је да је Кошијев.
Пример: Испитати да ли су низови са следећим општим члановима Кошијеви:
a) \quad a_n = 1+\frac{1}{3}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{3^n};
b)\quad b_n = \frac{\sin1}{1\cdot2}+\frac{\sin2}{2\cdot2}+\ldots+\frac{\sin{n}}{n\cdot(n+1)};
c)\quad c_n = \frac{\cos1!}{1}+\frac{\cos2!}{2\cdot2}+\ldots+\frac{cosn!}{n^2};
d)\quad d_n = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{9}+\ldots+\frac{1}{n}.
Решења:
a)\quad \lvert a_{n+p} - a_n \rvert = \lvert 1+\frac{1
}{3} + \ldots + \frac{1}{3^{n+1}} + \ldots + \frac{1}{3^{n+p}} - 1 -\frac{1}{3} - \frac{1}{9} - \ldots - \frac{1}{3^n} \rvert = \lvert \frac{1}{3^n} + \ldots + \frac{1}{3^{n+p}} \rvert = \frac{1}{3^{n+1}} \cdot \frac{1-\frac{1}{3p}}{1-\frac{1}{3}} < \frac{1}{3^{n+1}}\cdot \frac{\frac{1}{1}}{\frac{2}{3}} = \frac{1}{2 \cdot 3^n},
па је:
\lvert a_{n+p}-a_n\rvert < \frac{1}{3n} < \epsilon
Дакле низ (аn), n ∈ N је Кошијев, па је на основу претходне теореме и конвергентан.
b) За произвољне n, p ∈ N имамо:
\lvert b_{n+p}- b_n \rvert = \lvert \frac{ \sin1}{1 \cdot 2} + \frac {\sin2}{2 \cdot 2}+ \ldots +\frac{ \sin{n}}{n \cdot (n+1)}+ \frac {\sin {(n+1)}}{(n+1) \cdot (n+2)}+ \frac {
\sin{(n+p)}}{(n+p) \cdot (n+p+1)}-\frac {\sin1}{1 \cdot 2}-\frac{\sin2}{2 \cdot 2} - \ldots - \frac{\sin{n}}{n \cdot (n+1)} \rvert \leq \frac{ \lvert \sin{(n+1)} \rvert}{(n+1) \cdot (n+2)}+ \frac{ \lvert \sin{(n+2)} \rvert}{(n+2) \cdot (n+3)}+ \frac{ \lvert \sin{(n+p)} \rvert}{(n+p) \cdot (n+p+1)} \leq \frac{1}
{(n+1)} - \frac {1}{(n+2)} + \frac{1}{(n+3)} + \ldots+ \frac{1}{(n+p)}- \frac{1}{(n+p+1)} = \frac{1}{(n+1)} - \frac{1}{(n+p+1)} < \frac{1}{(n+1)}.
Па је низ (bn), n ∈ N Кошијев.
c) Низ (cn), n ∈ N је Кошијев зато што за дато ε > 0 важи:
\lvert c_{n+p}- c_n \rvert \leq \frac{\lvert\cos(n+1)!\rvert} {(n+1)^2}+ \frac{\lvert \cos(n+2)! \rvert}{(n+2)^2}+ \frac{ \lvert \cos(n+p)!\rvert} {(n+p)^2} \leq \frac{1}{(n+1)^2} + \frac{1}{(n+2)^2} + \ldots+\frac{1}{(n+p)^2} < \frac {1}{n(n+1)}+\frac{1}{(n+1)(n+2)}+ \ldots + \frac{1}{(n+p-1)(n+p)} = \frac{1}{n}- \frac{1}{(n+p)} < \frac{1}{n} < \epsilon.
d) У овом случају низ (dn), n ∈ N није Кошијев. То значи да треба показати да постоји ε > 0 такво да за свако n0 ∈ N постоје n > n 0 и n ∈ N такви да |dn+p-dn| > ε. Узмимо ε = 1/4. Из:
\lvert d_{n+p}-d_n \rvert = \frac{1}{n+1}+\frac {1}{n+2}+\ldots+ \frac{1}{n+p}+ \geq \frac{p}{n+p},
следи да за n = p имамо да је претходна формула > 1/4, за свако n ∈ N. Према томе, хармонијски низ (dn), n ∈ N није Кошијев и зато не конвергира.