Критерий Коши сходимости последовательности

Критерий Коши сходимости последовательности

Для того, чтобы последовательность имела конечный предел, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Доказательство

Необходимость:

Пусть последовательность имеет конечный предел. Докажем, что она является фундаментальной.
Пусть $latex \exists \lim\limits_{n\to\infty}{x_n}=a$ по определению предела последовательности: $latex \forall \varepsilon >0 \ \exists N_\varepsilon :\forall p\geq N_\varepsilon\ |x_p-a|< \varepsilon $

Поскольку $latex \varepsilon $ произвольное, то мы можем взять вместо него, к примеру, $latex \frac{\varepsilon }{2}$:
$latex p=n > N_\varepsilon\ \Bigl|x_n-a\Bigl|<\frac{\varepsilon }{2} $
$latex p=m > N_\varepsilon\ \Bigl|x_m-a\Bigl|<\frac{\varepsilon }{2} $
$latex \Bigl|x_n-x_m\Bigl|=\Bigl|(x_n-a)+(a-x_m)\Bigl|\leq\underset{\underset{\frac{\varepsilon}{2}}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_n-a\Bigl|}}} + \underset{\underset{\frac{\varepsilon}{2}}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_m-a\Bigl|}}}< \varepsilon $
То есть: $latex \Bigl|x_n-x_m\Bigl| < \varepsilon $, а значит, $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ —   фундаментальная по определению.
Необходимость доказана.

Достаточность:

Пусть $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ — фундаментальная последовательность. Докажем, что она имеет конечный предел. Сначала покажем, что $latex \{{x_n\}}^{\infty}_{n=1}$ — ограничена.
Поскольку $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ — фундаментальная последовательность, то по определению фундаментальной последовательности:
$latex \forall\varepsilon > 0 \ \exists N_\varepsilon :\forall\ n > N_\varepsilon $ и $latex \forall\ m >N_\varepsilon $ $latex |x_n-x_m| < \varepsilon$

Так как $latex \varepsilon $ произвольное, то возьмем $latex \varepsilon=1 : $

$latex \Bigl|x_n\Bigl|=\Bigl|(x_n-x_{N\epsilon})+x_{N\epsilon}\Bigl| \leq\underset{\underset{1}{\leq}}{{\underbrace{\Bigl|x_n-x_{N\epsilon}\Bigl|}}}+\Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl|\leq 1+ \Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl| $
$latex \forall n \geq N_\varepsilon: |x_n|<(1+|x_{N\epsilon}|)=const=C $ $latex \Bigl|x_n\Bigl|\leq C $
$latex C=\max\{1+\Bigl|x_{N\epsilon}\Bigl|;\Bigl|x_1\Bigl|,\Bigl|x_2\Bigl|,…,\Bigl|x_{N\varepsilon-1}\Bigl|\} \Rightarrow $
$latex \Rightarrow \forall n \epsilon \mathbb{N} : \Bigl|x_n\Bigl|\leq C \Rightarrow $
$latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty} $ — ограничена.

По теореме Больцано-Вейерштрасса последовательность $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ имеет сходящуюся подпоследовательность $latex \{{x_{n_k}\}}^{\infty}_{k=1}$

Пусть $latex \lim\limits_{k\rightarrow\infty}{x_{n_k}}=a$, покажем, что число $a$ и будет пределом всей последовательности $latex \{{x_n\}}^{\infty}_{n=1}$:
Поскольку $latex \{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ фундаментальная:
$latex \forall \varepsilon>0\ \exists n_\varepsilon : \forall n,m > n_\varepsilon $ $latex |x_n-x_m| <\frac{\varepsilon}{2} $

Так как $latex \{x_{n_k}\}_{k=1}^{\infty}$ сходящаяся:
$latex \lim\limits_{k\rightarrow\infty}{x_{n_k}}=a : \forall \varepsilon>0\ \exists k_\varepsilon :\forall n_k \geq n_{k_\varepsilon} $
$latex |x_{n_k}-a|<\frac{\varepsilon}{2} $
$latex \forall \varepsilon>0 : |x_n-a|=|(x_n-x_{n_k})+(x_{n_k}-a)|\leq |x_n-x_{n_k}|+|x_{n_k}-a|<\varepsilon$
Возьмём $latex N_\varepsilon = \max\{n_\varepsilon, n_{k_\varepsilon}\} $, тогда:$latex \forall \varepsilon >0\ \exists\ N_\varepsilon : \forall n\geq N_\varepsilon : |x_n-a|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon $

Достаточность доказана.

Пример 1

Докажем, что последовательность $latex x_N=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N} $ не является фундаментальной.

Спойлер

Покажем, что $latex x_N $ расходящаяся :
Рассмотрим последовательность $latex x_{2N}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+…+\frac{1}{N}+\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N} $
Доказательство проведем методом от противного. Предположим, что наша последовательность фундаментальная, тогда по определению фундаментальной последовательности:
$latex \forall \varepsilon >0\ \exists N_\varepsilon :\forall n\geq N_\varepsilon\ m\geq N_\varepsilon\ |x_n-x_m|<\varepsilon\ |x_n-x_m|\rightarrow 0 $ поскольку n и m любые, то возьмём $latex n=N\ m=2N\
\Bigl|x_m-x_n\Bigl|=\Bigl|x_{2N}-x_N\Bigl|=\Bigl|\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N}\Bigl|$
таких слагаемых будет N штук, из всех слагаемых $latex \frac{1}{2N} $ — наименьшее.
Можно сказать, что сумма будет больше, чем сумма N наименьших слагаемых, то есть:
$latex |\frac{1}{N+1}+…+\frac{1}{2N}|\geq \frac{1}{2N}*N=\frac{1}{2}$, а значит последовательность не является фундаментальной.
Мы пришли к противоречию.

[свернуть]

Пример 2

Доказать, что последовательность, заданная общим членом $latex x_n=\frac{3n}{n+1}$ фундаментальная.

Спойлер

Доказательство проводится методом подведения под определение. Покажем, что наша последовательность удовлетворяет условию Коши.
Найдём модуль разности между $latex x_n $ и $latex x_{n+m} $
$latex |x_{n+m}-x_n|=\Bigl|\frac{3(n+m)}{n+m+1}-\frac{3n}{n+1}\Bigl|$ $latex =\Bigl|\frac{3n^2+3mn+3n+3m-3n^2-3mn-3n)}{(n+m+1)(n+1)}\Bigl| $
$latex =\Bigl| \frac{3m}{(n+m+1)*(n+1)} \Bigl| $ $latex < \frac{3}{n+1} < \frac{3}{n} $
Если для любого $latex \varepsilon>0$ положить $latex N > \frac{3}{\varepsilon}$, то $latex \forall n > N $ и $latex \forall m\in\mathbb{N}\Rightarrow $ $latex \Bigl|x_{n+m}-x_n\Bigl| < \varepsilon $
Итак, взятая последовательность удовлетворяет критерию Коши, поэтому она сходится (имеет предел).
Причём $latex \lim\limits_{n\to\infty}{x_n}=\lim\limits_{n\to\infty}\ \frac{3}{1+\frac{1}{n}}=3$

[свернуть]

Список литературы:

Тест на тему: Критерий Коши сходимости последовательности

Тест на проверку знаний по данной теме