2.5 Критерий Коши

Если для исследования сходимости последовательности применять определение предела, то мы заранее должны знать, является ли данная последовательность сходящейся и значение ее предела. Используя определение предела, мы можем лишь доказывать выдвинутую гипотезу. Однако в ряде случаев по самому виду последовательности трудно определить, является ли она сходящейся или расходящейся. Например, $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$ . В связи с этим возникает необходимость найти внутреннее свойство последовательности, равносильное сходимости и не
зависящее от числа $a$ – предела последовательности. Мы докажем, что таким свойством является фундаментальность.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной (сходящейся в себе), если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ , зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$ , что для всех номеров $n \geqslant N$ , $m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < \varepsilon$ .

Существенное отличие определения фундаментальности от определения предела состоит в том, что в определении предела мы должны знать значение предела, а в определении фундаментальности это не требуется. Смысл определения предела состоит в том, что все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличаются от значения предела, т. е. $|x_n — a| < \varepsilon$ при $n \geqslant N = N(\varepsilon)$ . В определении фундаментальности требуется чтобы все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличались друг от друга $\Big(|x_n — x_m| < \varepsilon$ , $n, m \geqslant N = N(\varepsilon)\Big).$

Равносильность сходимости последовательности и ее фундаментальности устанавливает следующая теорема.

Теорема (критерий Коши). Для того чтобы последовательность была сходящейся, необходимо и достаточно, чтобы она была фундаментальной.

Необходимость доказывается совсем просто. В самом деле, нужно показать, что из сходимости следует фундаментальность. Пусть последовательность $\{x_n\}$ сходится и $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ . Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номер $N$ , такой, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n — a| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Если $n, m \geqslant N$ , то получим $|x_n — x_m| \leqslant |x_n — a| + |x_m — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon$ а это и означает, что $\{x_n\}$ – фундаментальна.

Достаточность. Нужно показать, что из фундаментальности последовательности следует ее сходимость. Сначала мы покажем, что из фундаментальности следует ограниченность. Затем, используя лемму Больцано – Вейерштрасса, из ограниченной последовательности выделим сходящуюся подпоследовательность и, наконец, снова используя фундаментальность, покажем, что и вся последовательность сходится к тому же пределу, что и выделенная подпоследовательность.

Итак, пусть $\{x_n\}$ – фундаментальная последовательность. Докажем ее ограниченность. Зададим $\varepsilon = 1$ и, пользуясь фундаментальностью, найдем номер $N_1$ , такой, что для любых $n, m \geqslant N_1$ справедливо неравенство $|x_n — x_m| < 1$ . Зафиксируем $m = N_1$ . Тогда получим, что для всех $n \geqslant N_1$ имеет место неравенство $|x_n — x_m| < 1$ , т. е. ${x_N}_1 — 1 < x_n < {x_N}_1 + 1$ . Отсюда следует, что $|x_n| \leqslant |{x_N}_1| + 1$ для всех $n \geqslant N_1$ . Во множестве $E = \{|{x_N}_1| + 1, |x_1| , \ldots , |{x_N}_1 − 1|\}$ , состоящего из конечного числа элементов, выберем наибольший $A = \max\{|{x_N}_1| + 1, |x_1| ,\ldots, |{x_N}_1 − 1|\}$ . Тогда получим, что $|x_n| \leqslant A$ для всех $n = 1, 2,\ldots$ , а это и означает, что $\{x_n\}$ – ограниченная последовательность.

Применяя теперь к ограниченной последовательности $\{x_n\}$ лемму Больцано – Вейерштрасса, выделим из нее сходящуюся подпоследовательность ${\{{x_n}_k\}}^\infty_{k = 1}$ и обозначим через a предел этой подпоследовательности. Покажем, что вся последовательность $\{x_n\}$ также сходится к числу a, т. е. что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ .

Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь фундаментальностью последовательности $\{x_n\}$ , найдем такой номер $N$ , что для всех номеров $n, m \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − x_m| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Далее, пользуясь тем, что $\lim\limits_{k\to \infty}{x_n}_k = a$ , для заданного $\varepsilon$ найдем номер $k$ , такой, что $n_k \geqslant N$ (это возможно, поскольку $n_k \rightarrow \infty$ при $k \rightarrow \infty$ ) и $|{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Положим $m = n_k$ . Тогда получим, что для любого $n \geqslant N$ справедливо неравенство $|x_n − {x_n}_k| < \frac{\varepsilon}{2}$ . Отсюда следует, что для $n \geqslant N$ $|x_n — a| \leqslant |x_n — {x_n}_k| + |{x_n}_k — a| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon.$

Итак, для заданного $\varepsilon > 0$ мы нашли номер $N$ , начиная с которого справедливо неравенство $|x_n — a| < \varepsilon$ . Поскольку выбранное $\varepsilon > 0$ произвольно, то по определению предела последовательности получаем, что $\lim\limits_{n\to \infty}x_n = a$ .

Определение фундаментальности последовательности можно сформулировать в такой эквивалентной форме.

Определение. Последовательность $\{x_n\}$ называется фундаментальной, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N$ , зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$ , что для любого $n \geqslant N$ и для любого $p \in N$ справедливо неравенство $|x_{n + p} — x_n| < \varepsilon$ .

Пользуясь этим определением, скажем, что последовательность $\{x_n\}$ не является фундаментальной, если найдется такое $\varepsilon_0 > 0$ , что для любого $N$ существуют такой номер $n \geqslant N$ и такое натуральное число $p$ , что $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$ .

Пример 1. Рассмотрим последовательность $x_n = 1 + \frac{1}{2} + \ldots + \frac{1}{n}$ . Для натуральных $n$ и $p$ имеем $x_{n + p} − x_n = \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p} \geqslant \frac{1}{n + p} + \ldots + \frac{1}{n + p} = \frac{p}{n + p}$ . Если $n$ зафиксировано, то для $p = n$ получаем $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \frac{1}{2}$ . Выберем $\varepsilon_0 = \frac{1}{2} > 0$ . Тогда для любого номера $N$ положим $n = N$ , $p = n$ и будем иметь $|x_{n + p} − x_n| \geqslant \varepsilon_0$ . Это означает, что данная последовательность не является фундаментальной и, следовательно, в силу критерия Коши, она расходится.

Пример 2. Покажем, что последовательность $x_n = \frac{\sin 1}{1^2} + \frac{\sin 2}{2^2} + \ldots + \frac{\sin n}{n^2}$ фундаментальна, а значит, сходящаяся. Для натуральных $n$ и $p$ имеем $|x_{n + p} − x_n| \leqslant \frac{1}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{1}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{1}{n(n + 1)} + \ldots + \frac{1}{(n + p — 1)(n + p)} =$ $= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + 1} + \ldots + \frac{1}{n + p — 1} — \frac{1}{n + p} =$ $= \frac{1}{n} — \frac{1}{n + p} \leqslant \frac{1}{n} < \varepsilon,$ если только $n \geqslant N = [\frac{1}{\varepsilon}] + 1$ . Этим самым доказано, что данная последовательность фундаментальна.

Пример 3. Доказать, что последовательность $x_n = \frac{a_1}{1^2} + \frac{a_2}{2^2} + \ldots + \frac{a_n}{n^2},$ где $|a_n| \leqslant 2$ для всех $n$ натуральных, сходится, с помощью критерия Коши.

Решение

Для натуральных $n$ и $p$ $|x_{n + p} — x_n| = \frac{|a_{n + 1}|}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{|a_{n + p}|}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{2}{(n + 1)^2} + \ldots + \frac{2}{(n + p)^2} \leqslant$ $\leqslant \frac{2}{(n + 1)n} + \ldots + \frac{2}{(n + p)(n + p — 1)} =$ $= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + 1} + \ldots + \frac{2}{n + p — 1} — \frac{2}{n + p} =$ $= \frac{2}{n} — \frac{2}{n + p} \leqslant \frac{2}{n} < \varepsilon$ если только $n \geqslant N = [\frac{2}{\varepsilon}] + 1$ . таким образом доказано, что последовательность фундаментальна, а следовательно она сходится.

Упражнение. Покажите, что условие $\lim\limits_{n \to \infty}(x_{n+p} — x_n) = 0$ , справедливое при любом натуральном $p$ , не влечет фундаментальность последовательности $\{x_n\}$

Литература

З. М. Лысенко, Конспект по математическому анализу, Курс 1, Семестр 1
В. И. Коляда, А. А. Кореновский, Курс лекций по математическому анализу, Часть 1, 2010г. стр. 29 — 33
Л. Д. Кудрявцев, Курс математического анализа, Том 1, 1988-1989г. стр. 115-118

Критерий Коши

Тест по теме: «Фундаментальные последовательности. Критерий Коши сходимости числовой последовательности.»

Таблица лучших: Критерий Коши

максимум из 5 баллов
Место	Имя	Записано	Баллы	Результат
Таблица загружается
Нет данных

Фундаментальные последовательности и их свойства

Определение

Последовательность [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex] называют фундаментальной, если она удовлетворяет условию Коши: для каждого [latex]\varepsilon > 0[/latex] существует такое натуральное число [latex] n_{0} [/latex], что для любого [latex]n \geq n_{0}[/latex] и любого [latex]m \geq n_{0}[/latex] справедливо неравенство [latex]\left | x_{n} — x_{m} \right | < \varepsilon[/latex]. Кратко это условие можно записать так: [latex]\forall \varepsilon > 0[/latex] [latex]\exists n_{0}\in \mathbb{N} :[/latex] [latex]\forall n, m \geq n_{0} :[/latex] [latex]\left | x_{n} — x_{m} \right | < \varepsilon[/latex].

Дадим эквивалентное определение. Последовательность [latex]\left \{ x_{n} \right \}[/latex] называют фундаментальной, если для каждого [latex]\varepsilon > 0[/latex] существует такое натуральное число [latex]n_{0}[/latex], что для любого [latex]n\geq n_{0}[/latex] и для любого натурального [latex]p[/latex] справедливо неравенство [latex]\left | x_{n+p} — x_{n} \right | < \varepsilon[/latex]. Кратко это условие можно записать так: [latex]\forall \varepsilon > 0[/latex] [latex]\exists n_{0} :[/latex] [latex]\forall n\geq n_{0}[/latex] [latex]\forall p\in \mathbb{N} :[/latex] [latex]\left | x_{n+p} — x_{n} \right | < \varepsilon[/latex].

Докажем, что фундаментальная последовательность является ограниченной. Пусть [latex]\varepsilon = 1[/latex], тогда согласно условию Коши найдется номер $latex n_{0}$ такой, что для всех [latex] n \geq n_{0} [/latex] и для всех [latex]m \geq n_{0}[/latex] выполняется неравенство [latex]\left | x_{n} — x_{m} \right | < 1[/latex], и, в частности, [latex]\left | x_{n} — x_{n_{0}} \right | < 1[/latex]. Так как [latex]\left | x_n \right | = \left | (x_{n}-x_{n_{0}}) + x_{n_{0}} \right |[/latex] [latex]\leq \left | x_{n_{0}} \right | + \left | x_{n} — x_{n_{0}} \right | [/latex] [latex]< \left | x_{n_{0}} \right | +1[/latex] для всех [latex] n \geq n_{0} [/latex], то при всех [latex] n \in \mathbb{N}[/latex] справедливо неравенство [latex] \left | x_{n} \right | \le C[/latex], где [latex] C=\max(\left | x_{1} \right | ,\ldots, \left | x_{n_{0}-1} \right | , \left | x_{n_{0}} \right | +1) [/latex]. Это означает, что [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex] — ограниченная последовательность.

Необходимое и достаточное условие сходимости последовательности

Теорема (критерий Коши)

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

Необходимость

Пусть последовательность имеет конечный предел. Положим его равным [latex]a[/latex]. По определению предела [latex] \forall \varepsilon > 0 [/latex] [latex] \exists n_{0}[/latex] такое, что [latex] \forall k \geq n_{0}[/latex] и выполняется неравенство [latex] \left | x_{k} — a \right | < [/latex] [latex]\frac{\varepsilon}{2} [/latex]. Пусть [latex] k=n[/latex], тогда [latex] \left | x_{n} — a \right | < \frac{\varepsilon}{2} [/latex]. Пусть [latex]k=m[/latex], тогда [latex] \left | x_{m} — a \right | < \frac{\varepsilon}{2} [/latex]. В силу неравенства для модуля суммы (разности), получаем [latex] \left | x_{n}-x_{m} \right |=\left | (x_{n}-a) — (x_{m}-a) \right | [/latex][latex]\leq \left | x_{n}-a \right | + \left | x_{m} — a \right |[/latex] [latex]< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon [/latex]. Следовательно, для любого [latex] n \geq n_{0}[/latex] и для любого [latex] m \geq n_{0}[/latex] выполняется неравенство [latex] \left | x_{n}-x_{m} \right | < \varepsilon[/latex], т. е. выполняется условие Коши.

Достаточность

Пусть [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex]- фундаментальная последовательность. Докажем, что она имеет конечный предел. По определению фундаментальной последовательности [latex] \forall \varepsilon > 0[/latex] [latex] \exists n_{\varepsilon} :[/latex] [latex] \forall n \geq n_{\varepsilon} [/latex] [latex] \forall m \geq n_{\varepsilon}[/latex] выполняется неравенство [latex] \left | x_{n} — x_{m} \right | < \frac{\varepsilon}{2}[/latex]. Так как фундаментальная последовательность [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex] является ограниченной, то, по теореме Больцано-Вейерштрасса, она содержит сходящуюся подпоследовательность [latex] \left \{ x_{n_{k}} \right \} [/latex]. Пусть ее предел равен $latex a$ , т. е. [latex] \lim\limits_{ k \to \infty} x_{n_{k}} = a[/latex]. Покажем, что число [latex]a[/latex] является пределом исходной последовательности [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex]. По определению предела : [latex] \forall \varepsilon > 0[/latex] [latex] \exists k_{\varepsilon} :[/latex] [latex] \forall k \geq k_{\varepsilon} [/latex] [latex]\rightarrow[/latex] [latex] \left | x_{n_{k}} — a \right | < \frac{\varepsilon}{2}[/latex]. Пусть [latex] N_{\varepsilon} = \max( n_{\varepsilon}, k_{\varepsilon} )[/latex]. Фиксируем номер [latex] n_{k} \geq N_{\varepsilon}[/latex] (такой номер найдется, так как [latex] n_{k} \to \infty[/latex] при [latex] k \to \infty[/latex] ). Тогда при [latex] m=n_{k}[/latex] и при всех [latex] n \geq N_{\varepsilon}[/latex] выполняется неравенство [latex] \left | x_{n} — x_{n_{k}} \right | < \frac{\varepsilon}{2}[/latex]. Из этого следует, что при всех [latex] n \geq N_{\varepsilon}[/latex] справедливо неравенство: [latex] \left | x_{n}-a \right | = \left | (x_{n}-x_{n_{k}}) + (x_{n_{k}}-a) \right | [/latex] [latex]\leq \left | x_{n}-x_{n_{k}}\right | + \left | x_{n_{k}} — a \right | [/latex] [latex]< \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon [/latex] т. е. [latex] \lim\limits_{n \to \infty} x_{n} = a[/latex].

Пример

Доказать, что последовательность [latex]x_{n}=1+ \frac{1}{2} +…+\frac{1}{n}[/latex] расходится.

Спойлер

Литература

Тер-Крикоров А.М. и Шабунин М.И. «Курс математического анализа» стр. 57-59.

фундаментальные последовательности

Тест на тему «фундаментальные последовательности»:

Задание 1 из 3

1.
Количество баллов: 2
Последовательность [latex] \left \{ x_{n} \right \} [/latex] называют фундаментальной, если она удовлетворяет условию:
- $\exists \varepsilon > 0 \forall n_{0}\in {N} : \exists n, m \geq n_{0} : \left | x_{n} - x_{m} \right | < \varepsilon$
- $\forall \varepsilon > 0 \exists n_{0}\in {N} : \forall n, m \geq n_{0} : \left | x_{n} - x_{m} \right | < \varepsilon$
- $\exists \varepsilon > 0 \forall n_{0}\in {N} : \forall n, m \geq n_{0} : \left | x_{n} - x_{m} \right | < \varepsilon$
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 3

2.
Количество баллов: 2
Вставить пропущенное слово:
Для того чтобы последовательность имела конечный предел, необходимо и достаточно, чтобы она была … :
- фундаментальной
- сходящейся
Правильно

Неправильно
Задание 3 из 3

3.
Количество баллов: 1
Любая ли фундаментальная последовательность является ограниченной?
- да
- нет
Правильно

Неправильно

Фундаментальные последовательности

Последовательность $latex \{x_n\}$ называется фундаментальной, если она удовлетворяет условию Коши:
$latex \forall \varepsilon > 0\ \exists N_\varepsilon :\forall n\geq N_\varepsilon\ \forall p\geq N_\varepsilon\ |x_{n+p}-x_n|\leq \varepsilon\ |x_{n+p}-x_n|\rightarrow 0$
Определение сходимости последовательности и фундаментальности эквивалентны.

Примеры:
Фундаментальными последовательностями являются:

$latex \{x_n\}=\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n}$ (можно доказать, используя критерий Коши)

Спойлер

$latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n}+…+$ $latex +\frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}} — (\frac{\sin\alpha}{2} + \frac{\sin2\alpha}{2^2} + … + \frac{\sin n\alpha}{2^n})|=$ $latex |\frac{\sin(n+1)\alpha}{2^{n+1}} + \frac{\sin(n+2)\alpha}{2^{n+2}} + … + \frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}}|\le$ $latex \le |\frac{\sin(n+1)\alpha}{2^{n+1}}| + |\frac{\sin(n+2)\alpha}{2^{n+2}}| + … + |\frac{\sin(n+p)\alpha}{2^{n+p}}|\le$ $latex \frac{1}{2^{n+1}} + \frac{1}{2^{n+2}} + … + \frac{1}{2^{n+p}} =$ $latex \frac{\frac{1}{2^{n+1}}}{1-\frac{1}{2}}=\frac{2}{2^{n+1}}=\frac{1}{2^n}<\varepsilon \Rightarrow 2^n > \frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow n > \log_2\frac{1}{\varepsilon} \Rightarrow n_0=\log_2(\frac{1}{\varepsilon}) + 1$ аким образом, получили необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$ , а значит, последовательность является фундаментальной.

[свернуть]
$latex \{x_n\}=\{1 , \frac{1}{2} , \frac{1}{3} , … , \frac{1}{n}\}$

Спойлер

Примем $latex \frac{1}{N_\varepsilon}<\varepsilon$ , тогда: $latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{1}{n+p}-\frac{1}{n}|=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}<\frac{1}{n}<\frac{1}{N_\varepsilon}<\varepsilon$ аким образом, получили необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$ , а значит, последовательность является фундаментальной.

[свернуть]
$latex \{x_n\}=\frac{3n}{n+1}$

Спойлер

$latex |x_{n+p}-x_n|=|\frac{3(n+p)}{n+p+1}-\frac{3n}{n+1}|=|\frac{3n^2+3mn+3n+3m-3n^2-3mn-3n}{(n+p+1)(n+1)}|=$ $latex =|\frac{3m}{(n+p+1)(n+1)}|<\frac{3}{n+1}<\frac{3}{n}$ аким образом, приняв искомое $latex N_\varepsilon > \frac{3}{\varepsilon}$ , получим необходимый номер элемента последовательности для каждого $latex \varepsilon$ , а значит, последовательность является фундаментальной.

[свернуть]

Литература:

Конспекты лекций по математическому анализу (Лысенко З.М.)
В.И.Коляда, А.А.Кореновский, Курс лекций по математическому анализу К93: в 2-х ч. Ч.1. — Одесса: Астропринт, 2009(стр 30)

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:

Лысенко З.М. Конспект по математическому анализу
В.И.Коляда, А.А.Кореновский, Курс лекций по математическому анализу К93: в 2-х ч. Ч.1. — Одесса: Астропринт, 2009 (стр. 30-32)
Тер-Крикоров A.M., Шабунин М.И. Курс математического анализа: Учеб. пособие для вузов. 3-е изд., исправл. — М.: ФИЗМАТ-ЛИТ, 2001. (стр.57-58 )

Тест на тему: Критерий Коши сходимости последовательности

Тест на проверку знаний по данной теме

Задание 1 из 5

1.
Количество баллов: 5
Как называется последовательность которая удовлетворяет условию Коши
$latex \forall \varepsilon > 0\ \exists N_\varepsilon :\forall n\geq N_\varepsilon\ \forall m\geq N_\varepsilon\ |x_n-x_m|\leq \varepsilon\ |x_n-x_m|\rightarrow 0$
- фундаментальная
- ограниченная
- монотонная
- не знаю
Правильно

Неправильно
Задание 2 из 5

2.
Количество баллов: 10
$latex x_n=\frac{n+(-1)^n}{2}$
Является ли эта последовательность фундаментальной?
Если да, то напишите чему равен её предел, если нет — напишите 1000.
Правильно

Неправильно

Так как $latex \lim\limits_{n\to\infty}{\frac{n+(-1)^n}{2}}=\infty$ , она не является фундаментальной.

Задание 3 из 5

3.

Количество баллов: 10

Установите соответствие :

Элементы сортировки

$\frac{1}{n}$
$(-1)^n$
$\frac{3n^2+2n+3}{n^2+4n+123}$
$(1+\frac{1}{n})^n$

Фундаментальная последовательность

Расходящаяся последовательность

Фундаментальная последовательность предел которой равен 3

фундаментальная последовательность предел которой равен

$\ e$

Задание 4 из 5

4.
Количество баллов: 10
Какие из данных последовательностей сходящиеся ?
- $\frac{(-1)^n}{n}$
- $\sqrt {n-1}$
- $2^{-n}$
- $2^n$
- $\frac{\sin(n)}{n}$
Правильно

Неправильно
Задание 5 из 5

5.
Количество баллов: 10
Вставьте пропуски в формулировке Критерия Коши сходимости последовательности
- Для того что бы последовательность имела (конечный, КОНЕЧНЫЙ) (ПРЕДЕЛ, предел) необходимо и достаточно чтобы она была
Правильно

Неправильно

Средний результат
Ваш результат

Средний результат
Ваш результат

Литература

Критерий Коши

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

4.

Элементы сортировки

5.

Таблица лучших: Критерий Коши

Определение

Необходимое и достаточное условие сходимости последовательности

Теорема (критерий Коши)

Необходимость

Достаточность

Пример

Литература

фундаментальные последовательности

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Фундаментальные последовательности

Критерий Коши сходимости последовательности

Доказательство

Необходимость:

Достаточность:

Пример 1

Пример 2

Список литературы:

Тест на тему: Критерий Коши сходимости последовательности

Навигация (только номера заданий)

Информация

Результаты

Рубрики

1.

2.

3.

Элементы сортировки

4.

5.