Граници на редици.Сходящи редици.

[Петър Евгениев]

Здравейте, имам проблем с доказването на редица, че е сходяща. Ясно е,че е сходяща,когато всеки следващ член се приближава към някое число
(може и [tex]\infty,-\infty[/tex]) и така (става дума границата когато [tex]\lim_{n \to \infty}a_{n }[/tex])
Число [tex]\epsilon>0[/tex] ,после такова число [tex]n_{\epsilon }<n[/tex] ,доколкото знам [tex]n_{\epsilon }[/tex] се среща и [tex]\delta[/tex]
Та, ако a e границата на редицата, тo
[tex]a-\epsilon<a_{n }<a+\epsilon[/tex] Не разбирам, който обясни това ще съм супер благодарен.
Пример да се докаже, че [tex]a_{n }=\frac{1}{2^{n}}[/tex] е сходяща
и ,че клони към 0 т.e [tex]\lim_{x \to 0}\frac{1}{2^{n}}=0[/tex]

[Nathi123]

Определението на Коши за граница на числова редица е известно,може да се прочете в съответните учебници,но аз ще го припомня и ще се опитам да обясня малко по - подробно какво означава. Казваме,че [tex]\lim_{n\to \infty}a_{n }=a[/tex] ако за всяко [tex]\epsilon >0[/tex] съществува [tex]n_{1 }[/tex] ,такова че при n>[tex]n_{1 }\Rightarrow |a_{n }-a|<\epsilon (1)[/tex]. Да отбележа по - нататък,че от свойствата на модулите неравенството (1) е еквивалентно с неравенствата (система) [tex]a-\epsilon < a_{n }<a+\epsilon[/tex](2) . Това,че неравенство (2) е изпълнено за всяко [tex]\epsilon >0[/tex] при n> [tex]n_{1 }[/tex] ,означава че колкото и малък интервал съдържащ точката а да вземем винаги извън него остават краен брой членове на редицата . Те могат да са голямо число членове например 1000000 ,но са краен брой! Всички останали безброй членове на редицата от този с номер милион и едно са в дадения интервал съд. точката а.
( В случая [tex]n_{1 }=1000000[/tex]).
Сега използвайки това определение да докажем,чи [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{1}{2^{n}}=0[/tex], т.е. трябва да докажем ,че можем да намерим за всяко
[tex]\epsilon >0[/tex] номер на член на разглежданата редица от който нататък,всички безброй нейни членове се намират в интервала [tex](-\epsilon,\epsilon)[/tex],защото а=0.Или съществува [tex]n_{1 }[/tex] при всяко [tex]\epsilon >0[/tex]така,че при n>[tex]n_{1 }[/tex] да е изпълнено
[tex]| \frac{1}{2^{n}} | < \epsilon \Leftrightarrow \frac{1}{2^{n}} <\epsilon \Leftrightarrow 2^{n}>\frac{1}{\epsilon} \Leftrightarrow nlog_{2 }2 > log_{2 }\frac{1}{\epsilon}\Leftrightarrow n> log_{2 }\frac{1}{\epsilon}[/tex]. Тогава достатъчно е да изберем за
[tex]n_{1 }= [log_{2 }\frac{1}{\epsilon} ][/tex] (т.е. цялата част на този логаритъм ) ,за да сме доказали твърдението,че всички членове с номера по-голями от [tex]n_{1 }[/tex] ще са в интервала [tex](-\epsilon,\epsilon )[/tex] за всяко [tex]\epsilon >0[/tex].
А това съгласно определението на Коши за граница на числова редица,ще означава,че сме доказали ,че
[tex]\lim_{n \to \infty}\frac{1}{2^{n}}=0[/tex].

[ptj]

Редица е сходяща, тогава и само тогава когато има единствена точка на сгъстяване (крайна или безкрайна).

Точка на сгъстяване: За произволно малка околност на точката, безброй много членове на редицата се намират в нея (околността).

Могат да се дадат различни (еквивалентни) твърдения, изпълняващи ролята на определения за сходимост на редица.
T.e. когато едното е определение, другите ще са теореми и обратното.

Примери за определения (теореми) са:
-Всяка подредица на сходяща редица е сходяща има същата граница (като на главната).
-Всяка монотонна подредица на сходяща редица има една единствена граница.
-Не съществуват 2 монотонни подредици с различни граници.
...

Съществени са следните 2 теореми:
Ако една редица е монотонна и ограничена, то тя е сходяща.

Ако една редица е ограничена едновременно (отгоре и отдолу) от две сходящи редици, то тя е сходяща и има същата граница (като тяхната).



[*]По принцип монотонните редици винаги са сходящи, но когато са неограничени границата им е [tex]-\infty[/tex] или [tex]+\infty[/tex].

[Петър Евгениев]

Благодаря много, обаче не мога да напълно да го разбера тва.. отчасти само..
Примерно...
[tex]a_{n}=(\frac{-1}{10})^{n}[/tex]
Да се докаже , че е сходяща и ,че клони към 0.


[tex]|(\frac{-1}{10})^{n}-0|<\epsilon[/tex]
[tex]|(\frac{-1}{10})^{n}|<\epsilon[/tex]
[tex]-\epsilon<(\frac{-1}{10})^{n}<\epsilon[/tex]
Толко.. без значно е за мен...

[Добромир Глухаров]

$n>log_{10}\frac{1}{\varepsilon}$

За всяко $n$, изпълняващо горното, $|a_n|<\varepsilon$

Нека например $\varepsilon=0,01\Rightarrow log_{10}\frac{1}{\varepsilon}=log_{10}100=2\Rightarrow$ за $n>2\Rightarrow \left|\left(\frac{-1}{10}\right)^n\right|<0,01$

[Петър Евгениев]

Демек след 2рия член всички са в интервала [tex](-\epsilon;+\epsilon)[/tex]

[ptj]

Не схванал напълно принципа:

За всяко положително (произволно малко) [tex]\epsilon[/tex] трябва да намериш номер [tex]n_1=n(\epsilon)[/tex] :

т.е. да изразиш този номер [tex]n_1[/tex] чрез [tex]\epsilon[/tex].

-----------------------------------------------------
За дадения от теб пример решаваш:

[tex]|0-\frac{-1^n}{10^n}|<\epsilon \Leftrightarrow \frac{1}{10^n}<\epsilon\Leftrightarrow 10^n>\frac{1}{\epsilon}[/tex]

Понеже показателната функция е растяща при основа по-голяма от единица, то горното е еквивалентно на : [tex]n>log_{10}(\frac{1}{\epsilon})[/tex]

Сега трябва да се върнеш назад:
Т.е. полагаш [tex]n_1=[log_{10}(\frac{1}{\epsilon})]+1[/tex] (или по-голямо естествено число) и да докажеш, че от

[tex]n>n_1 \Rightarrow[/tex] [tex]|0-\frac{-1^n}{10^n}|<\epsilon[/tex].

[Петър Евгениев]

Благодаря много на всеки който обясни теорията.Kойто има желание да реши и тези задачи с критерия на Коши за сходимост на редица или теорема там както се води ще е добре
[tex]a_{n }=\sqrt[2^{n}]{2}[/tex] Да се докаже, че е сходяща и, че клони към 1 [tex]\lim_{n \to\infty}\sqrt[2^{n}]{2}=1[/tex]
[tex]a_{n }=\frac{1}{n^{p}}[/tex] p>0 [tex]\lim_{n \to \infty}\frac{1}{n^{p}}=0[/tex]
[tex]a_{n }=\sqrt[n]{n}[/tex] [tex]\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1[/tex]

[ptj]

[tex]a_{n }=\sqrt[n]{n}[/tex] ; [tex]\lim_{n \to \infty}\sqrt[n]{n}=1[/tex]

Горната редица е монотонно намаляваща и ограничена отдолу от 1 (, защото [tex]1<\sqrt[n]{n}[/tex]), сл. е сходяща и нейната граница [tex]A\ge 1[/tex].

Нека нейната граница е [tex]А>1[/tex]. Трябва да докажеш, че това е невъзможно.
Как - лесно. Намираш [tex]n_1[/tex], за което [tex]\sqrt[n_1]{n_1}<A[/tex] и тъй-като редицата е монотонно намаляваща, то [tex]\forall n>n_1: \sqrt[n]{n}<\sqrt[n_1]{n_1}<A[/tex].

Получихме, че редицата [tex]a_n[/tex] се мажорира (ограничена) отгоре от [tex]\sqrt[n_1]{n_1}[/tex], т.е. нейната граница е по-малка или равна на [tex]\sqrt[n_1]{n_1}[/tex]. Тъй като [tex]\sqrt[n_1]{n_1}<A[/tex], то [tex]A[/tex] не е граница на [tex]a_n[/tex].
Противоречие, сл. допускането ни е невярно, т.е. [tex]A=1[/tex].