Критерий Коши

Вернуться к: Математический анализ I

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, $x_{n}=1+\frac{1}{2}+\ldots+\frac{1}{n},$ $y_{n}=1+\frac{1}{2^{2}}+\ldots+\frac{1}{n^{2}}$ . 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 $\left \{x_{n} \right \}$ называется фундаментальной (сходящейся в себе), если для любого $\varepsilon >0$ найдется такой номер $N$ ,зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon$ , что для всех номеров $n\geq N,~m\geq N$ справедливо неравенство $\left|x_{n}-x_{m}\right|<\varepsilon$ .

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. $\left | x_{n}-a \right |< \varepsilon$ при $n\geq N=N\left ( \varepsilon \right ).$ В определении фундаментальности требуется чтобы все элементы последовательности с достаточно большими номерами мало отличались друг от друга $\left ( \left | x_{n}-x_{m} \right |< \varepsilon ,~n,m\geq N=N\left ( \varepsilon \right ) \right ).$

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 $\left \{x_{n} \right \}$ сходится и $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a.$ Зададим $\varepsilon > 0$ и найдем номер $N$ , такой, что для любого $n\geq N$ справедливо неравенство $\left | x_{n}-a \right |< \frac{\varepsilon }{2}.$ Если $n,m\geq N,$ то получим $\left | x_{n}-x_{m} \right |\leq \left | x_{n}-a \right |+\left | x_{m}-a \right |<\frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2},$ а это и означает, что $\left \{x_{n} \right \}$ – 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 $\left \{x_{n} \right \}$ – фундаментальная последовательность. Докажем ее ограниченность. Зададим $\varepsilon =1$ и, пользуясь фундаментальностью, найдем номер $N_{1}$ , такой, что для любых $n,m\geq N_{1}$ справедливо неравенство $\left | x_{n}-x_{m} \right |< 1.$ Зафиксируем $m=N_{1}.$ Тогда получим, что для всех $n\geq N_{1}$ имеет место неравенство $\left | x_{n}-x_{N_{1}} \right |< 1$ , т. е. $x_{N_{1}}- 1< x_{n}< x_{N_{1}}+1.$ Отсюда следует, что $\left | x_{n} \right |\leq \left | x_{N_{1}} \right |+1$ для всех $n\geq N_{1}.$ Во множестве $E=\left \{ \left | x_{N_{1}} \right |+1,\left | x_{1} \right |,\ldots,\left | x_{N_{1}-1} \right | \right \},$ состоящего из конечного числа элементов, выберем наибольший $A=\max\left \{ \left | x_{N_{1}} \right |+1,\left | x_{1} \right |,\ldots,\left | x_{N_{1}-1} \right | \right \}.$ Тогда получим, что $\left | x_{n} \right |\leq A$ для всех $n=1,2,\ldots,$ а это и означает, что $\left \{ x_{n} \right \}$ – ограниченная последовательность. Применяя теперь к ограниченной последовательности $\left \{ x_{n} \right \}$ лемму Больцано – Вейерштрасса, выделим из нее сходящуюся подпоследовательность $\left \{ x_{n_{k}} \right \}^{\infty }_{k=1}$ и обозначим через a предел этой подпоследовательности. Покажем, что вся последовательность $\left \{ x_{n} \right \}$ также сходится к числу $a$ , т. е. что $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a.$ Зададим $\varepsilon > 0$ и, пользуясь фундаментальностью последовательности $\left \{ x_{n} \right \},$ найдем такой номер $N$ , что для всех номеров $n,m\geq N$ справедливо неравенство $\left | x_{n}-x_{m} \right |\leq \frac{\varepsilon }{2}.$ Далее, пользуясь тем, что $\lim_{k\rightarrow \infty }x_{n_{k}}=a,$ для заданного $\varepsilon$ найдем номер $k,$ такой, что $n_{k}\geq N$ (это возможно, поскольку
$n_{k}\rightarrow \infty$ при $k\rightarrow \infty$ ) и $\left | x_{n_{k}}-a \right |< \frac{\varepsilon }{2}.$ Положим $m=n_{k}.$ Тогда получим, что для любого $n\geq N$ справедливо неравенство $\left | x_{n}-x_{n_{k}} \right |< \frac{\varepsilon }{2}.$ Отсюда следует, что для $n\geq N$ $\left | x_{n}-a \right |\leq \left | x_{n}-x_{n_{k}} \right |+\left | x_{n_{k}}-a \right |< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon.$ Итак, для заданного $\varepsilon > 0$ мы нашли номер $N$ , начиная с которого справедливо неравенство $\left | x_{n}-a \right |< \varepsilon.$ Поскольку выбранное $\varepsilon > 0$ произвольно, то по определению предела последовательности получаем, что $\lim_{n\rightarrow \infty }x_{n}=a.$

Определение фундаментальности последовательности можно сформулировать в такой эквивалентной форме.

Определение. Последовательность $\left \{ x_{n} \right \}$ называется фундаментальной, если для любого $\varepsilon > 0$ найдется такой номер $N,$ зависящий, вообще говоря, от $\varepsilon,$ что для любого $n\geq N$ и для любого $p\in \mathbb{N}$ справедливо неравенство $\left | x_{n+p}-x_{n} \right |> \varepsilon _{0}.$

Пользуясь этим определением, скажем, что последовательность $\left \{ x_{n} \right \}$ не является фундаментальной, если найдется такое $\varepsilon _{0}> 0,$ что для любого $N$ существуют такой номер $n\geq N$ и такое натуральное число $p$ , что $\left | x_{n+p}-x_{n} \right |> \varepsilon _{0}.$

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

Задание 2. Покажем, что последовательность $x_{n}=\frac{\sin1}{1^{2}}+\frac{\sin2}{2^{2}}+\ldots+\frac{\sin n}{n^{2}}$ фундаментальна, а значит, сходящаяся. Для натуральных $n$ и $p$ имеем
$\left | x_{n+p}-x_{n} \right |\leq \frac{1}{\left ( n+1 \right )^{2}}+\ldots+\frac{1}{\left ( n+p \right )^{2}}\leq\\\frac{1}{n\left ( n+1 \right )}+\ldots+\frac{1}{\left ( n+p-1 \right )\left ( n+p \right )} = \frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}+\ldots+\\+\frac{1}{n+p-1}-\frac{1}{n+p}=\frac{1}{n}-\frac{1}{n+p}\leq \frac{1}{n}<\varepsilon,$ если только $n\geq N\equiv \left [ \frac{1}{\varepsilon } \right ]+1.$ Этим самым доказано, что данная последовательность фундаментальна.

Задание 3. Покажем, что последовательность $x_{n}=0,2^{\left ( -1 \right )^{n}\cdot n}$ расходится. Предположим, что для любого $N\in \mathbb{N}$ $n=2N$ , а $p=1.$ Запишем $\left | x_{n+p}-x_{n} \right |=\left | x_{2N+1}-x_{2N} \right | = \left | 0,2^{-n}-0,2^{n} \right |$ = $\left | 5^{n}-\left ( \frac{1}{5} \right )^{n} \right |= 5^{n}-\left ( \frac{1}{5} \right )^{n}< 5^{n}.$ Положим $\varepsilon = 4.$ Так как $n\in \mathbb{N},$ $5^{n}>\varepsilon,$ отсюда следует, что последовательность $x_{n}$ расходится.

Добавить комментарий Отменить ответ