MateClar
← Capitol

Culegere Burtea · Șiruri · exemplu rezolvat 6

Exemplu rezolvat 6 · Șir mărginit, șir nemărginit

Să se studieze mărginirea șirurilor (an)(a_n) definite prin:

a)an=2n−1n+1a_n = \frac{2n-1}{n+1}, n∈N∗n \in \mathbb{N}^*

Marginea de jos se vede din semnele numărătorului și numitorului. Pentru marginea de sus, scrie numărătorul ca 2(n+1)−32(n + 1) - 3 și împarte fracția în două.

  1. 1. Ce ni se cere

    „A studia mărginirea” înseamnă să afli dacă șirul este mărginit sau nu și să justifici răspunsul. Breviarul culegerii spune că un șir este mărginit dacă există un interval [a,b][a, b] care conține toți termenii lui:
    a≤an≤ba \le a_n \le b
    Pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, cu aa și bb numere fixe, aceleași pentru toți termenii.
    Ca să vedem ce să căutăm, calculăm câțiva termeni:
    nnana_nCu zecimale
    1112\frac120,50{,}5
    2233=1\frac33 = 111
    3354\frac541,251{,}25
    10101911\frac{19}{11}≈1,73\approx 1{,}73
    100100199101\frac{199}{101}≈1,97\approx 1{,}97
    Termenii par pozitivi și tot mai mari, dar rămân sub 2. Bănuim că șirul este mărginit, între 0 și 2. Câteva exemple nu sunt însă o demonstrație: trebuie arătat pentru orice nn.

  2. 2. Marginea de jos: termenii sunt pozitivi

    O fracție cu numărătorul și numitorul pozitive este pozitivă. Numitorul n+1n + 1 este clar pozitiv. Rămâne numărătorul, 2n−12n - 1.

    Verifică-te

    De ce este 2n−12n - 1 pozitiv pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*?
    Așadar an>0a_n > 0, deci și 0≤an0 \le a_n, pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. Am găsit marginea de jos: a=0a = 0.

  3. 3. Marginea de sus: rescriem fracția

    Pentru marginea de sus forma 2n−1n+1\frac{2n-1}{n+1} nu ajută direct: când nn crește, cresc și numărătorul, și numitorul, așa că nu se vede ce face fracția.

    Culegerea face un truc: scrie numărătorul folosind numitorul. Cum 2(n+1)=2n+22(n + 1) = 2n + 2, numărătorul 2n−12n - 1 este cu ceva mai mic decât 2(n+1)2(n + 1).

    Verifică-te

    Completează: 2n−1=2(n+1)−□2n - 1 = 2(n + 1) - \square.
    Apoi împarți fracția în două, ca la A−BC=AC−BC\frac{A - B}{C} = \frac{A}{C} - \frac{B}{C}:
    an=2(n+1)−3n+1a_n = \dfrac{2(n + 1) - 3}{n + 1}
    an=2(n+1)n+1−3n+1a_n = \dfrac{2(n + 1)}{n + 1} - \dfrac{3}{n + 1}
    an=2−3n+1a_n = 2 - \dfrac{3}{n + 1}
    În prima fracție se simplifică n+1n + 1, care nu e 0.

  4. 4. Concluzia

    Din noua formă, an=2−3n+1a_n = 2 - \frac{3}{n + 1}, marginea de sus se vede imediat.

    Verifică-te

    De ce rezultă din această formă că an<2a_n < 2 pentru orice nn?
    Am arătat că, pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*:
    0≤an<20 \le a_n < 2
    Toți termenii se află în intervalul [0,2][0, 2] (din an<2a_n < 2 rezultă și an≤2a_n \le 2). Este exact definiția din breviar, cu a=0a = 0 și b=2b = 2, deci șirul este mărginit.
Răspuns
Pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, an=2−3n+1a_n = 2 - \frac{3}{n + 1} și 0≤an<20 \le a_n < 2, deci șirul este mărginit.

b)an=3n+1a_n = 3n+1, n∈N∗n \in \mathbb{N}^*

Presupune că șirul ar fi mărginit, adică ∣an∣≤M|a_n| \le M pentru orice nn, și scoate nn din inegalitate. Ar rezulta că toate numerele naturale sunt mai mici decât un număr fix.

  1. 1. Ce e nou: arătăm că șirul nu e mărginit

    Termenii sunt a1=4a_1 = 4, a2=7a_2 = 7, a10=31a_{10} = 31, a100=301a_{100} = 301: la fiecare pas cresc cu 3 și par să depășească orice număr. Dar ca la a), exemplele nu dovedesc nimic.

    Culegerea folosește raționamentul prin reducere la absurd, din capitolul de logică (lecția „Cum raționăm”): presupui contrariul a ceea ce vrei să arăți și ajungi la ceva fals.

    Presupunem deci că șirul este mărginit. Folosim a doua formă a definiției din breviar: există un număr M>0M > 0 astfel încât ∣an∣≤M|a_n| \le M pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*.

    Termenii sunt pozitivi, deci ∣an∣=an=3n+1|a_n| = a_n = 3n + 1, iar presupunerea devine:

    3n+1≤M3n + 1 \le M
    Pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, cu același MM.

    Verifică-te

    Scoate nn din inegalitatea 3n+1≤M3n + 1 \le M. Ce obții?

  2. 2. Am ajuns la ceva fals

    Presupunerea ne-a dus la n≤M−13n \le \frac{M - 1}{3} pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*. Adică toate numerele naturale ar fi mai mici decât un număr fix. Asta e fals: oricât de mare ar fi un număr, există numere naturale mai mari decât el.

    De exemplu, pentru M=100M = 100: M−13=33\frac{M - 1}{3} = 33, iar n=34n = 34 trece de 33. Chiar a34=3⋅34+1=103>100a_{34} = 3 \cdot 34 + 1 = 103 > 100, deci M=100M = 100 nu e o margine.

    În general, iei primul număr natural mai mare decât M−13\frac{M - 1}{3}. Culegerea îl scrie cu partea întreagă, [M−13]+1\left[\frac{M - 1}{3}\right] + 1, unde [x][x] este cel mai mare întreg care nu-l depășește pe xx.

    Verifică-te

    Pentru M=1000M = 1000, care este primul rang nn cu an>1000a_n > 1000?
    Oricare ar fi MM, găsim un termen mai mare decât el. Deci nu există niciun MM cu ∣an∣≤M|a_n| \le M pentru toți termenii: presupunerea a fost falsă, iar șirul nu este mărginit.
Răspuns
Șirul nu este mărginit: dacă ar exista MM cu ∣an∣≤M|a_n| \le M pentru orice nn, ar rezulta n≤M−13n \le \frac{M - 1}{3} pentru orice n∈N∗n \in \mathbb{N}^*, ceea ce este fals.