Cauchy准则

Abstract（摘要）

Table of Contents（目录）

1. 问题陈述（Problem Statement）
2. 预备知识（Preliminaries）
3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）
4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）
5. 相关拓展（Related Extensions）
6. 参考文献（References）

1. 问题陈述（Problem Statement）

设 $x_n = \frac{\sin 1}{2} + \frac{\sin 2}{2^2} + \dots + \frac{\sin n}{2^n}$，证数列$\{x_n\}$收敛
判断如下命题的真伪:数列 $\{a_n\}$ 存在极限 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 的充分必要条件是：对任一自然数 $p$，都有 $ \lim_{n \to \infty} |a_{n+p} - a_n| = 0 $
证明：$\lim_{n \to \infty} \sin n$不存在.

2. 预备知识（Preliminaries）

题一:Cauchy准则，等比数列求和公式

题二:数列极限的$\varepsilon$-$N$定义，绝对值不等式，Cauchy准则

题三:数列极限的$\varepsilon$-$N$定义的否定形式，Cauchy准则的否定形式，反证法

3. 主要结果与证明（Main Result & Proof）

设 $x_n = \frac{\sin 1}{2} + \frac{\sin 2}{2^2} + \dots + \frac{\sin n}{2^n}$，证数列$\{x_n\}$收敛.

证明：
对 $\forall p \in \mathbb{N}^+$，有

\[|x_{n+p} - x_n| = \left| \frac{\sin(n+1)}{2^{n+1}} + \frac{\sin(n+2)}{2^{n+2}} + \dots + \frac{\sin(n+p)}{2^{n+p}} \right| \]

\[\leq \frac{1}{2^{n+1}} + \dots + \frac{1}{2^{n+p}} = \frac{1}{2^n} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2^2} + \dots + \frac{1}{2^p} \right) \]

\[= \frac{1}{2^n} \cdot \frac{\frac{1}{2}\left(1 - \left(\frac{1}{2}\right)^p\right)}{1 - \frac{1}{2}} \leq \frac{1}{2^n} \cdot \frac{\frac{1}{2}}{1 - \frac{1}{2}} = \frac{1}{2^n} < \frac{1}{n} \]

对 $\forall \varepsilon > 0, \exists N = \frac{1}{\varepsilon} > 0$，当 $n > N$ 时

有 $$|x_{n+p} - x_n| < \frac{1}{n} < \varepsilon$$

由 Cauchy 准则知数列$\{x_n\}$ 收敛.

判断如下命题的真伪:数列 $\{a_n\}$ 存在极限 $\lim_{n \to \infty} a_n = a$ 的充分必要条件是：对任一自然数 $p$，都有 $ \lim_{n \to \infty} |a_{n+p} - a_n| = 0$

证明:
(必要性)
对 $\forall \varepsilon>0$, $\exists N>0$, 当 $n>N$ 时,

\[|a_n - a| < \frac{\varepsilon}{2} \]

则对 $\forall p \in \mathbb{N}$,必有

\[|a_{n+p} - a| < \frac{\varepsilon}{2} \]

故

\[|a_{n+p} - a_n| \le |a_{n+p} - a| + |a_n - a| < \varepsilon \]

即得

\[\lim_{n \to \infty} |a_{n+p} - a_n| = 0 \quad (\forall p \in \mathbb{N}) \]

(充分性)
充分性不成立，例如$a_n = \sqrt{n}$，对 $\forall p \in \mathbb{N}$，$|a_{n+p} - a_n| =$

\[|\sqrt{n+p} - \sqrt{n}| = \frac{p}{\sqrt{n+p} + \sqrt{n}} \to 0 \quad (n \to \infty) \]

而 $\{a_n\}$ 发散；再有 $b_n = \ln n，$

\[\forall p \in \mathbb{N},\ |b_{n+p} - b_n| = |\ln(n+p) - \ln n| \]

\[= \left| \ln\left(1 + \frac{p}{n}\right) \right| = \ln\left(1 + \frac{p}{n}\right) \to 0 \quad (n \to \infty) \]

而 $\{b_n\}$ 发散.
正确的说法是：数列 $\{a_n\}$ 有有限极限的充分必要条件是

\[|a_{n+p} - a_n| \rightrightarrows 0 \]

当 $n \to +\infty$ 时，关于 $p \in \mathbb{N}$ 一致.其实这就是Cauchy准则的内容.
有Cauchy数列的定义，即设 $\{a_n\}$ 为数列，如果任给 $\varepsilon>0$，均存在 $N=N(\varepsilon)$，当 $m,n>N$ 时，有$$ |a_{m}-a_{n}|<\varepsilon, $$则称 $\{a_n\}$ 为 Cauchy 数列或基本列。注意其中的$N$的存在只与$\varepsilon$有关，再给出一个似乎“解决”了矛盾点的证明:
若 $\exists d>0$，对 $\forall p<d$，有 $\lim_{n\to\infty}|a_{n+p}-a_n|=0$

则对 $\forall \varepsilon>0$，当 $p=1<d$ 时，$\exists N_1>0$，当 $n>N_1$ 时

\[|a_{n+1}-a_n|<\varepsilon \]

当 $p=2<d$ 时，$\exists N_2>0$，当 $n>N_2$ 时

\[|a_{n+2}-a_n|<\varepsilon \]

当 $p=m<d$ 时，$\exists N_m>0$，当 $n>N_m$ 时

\[|a_{n+m}-a_n|<\varepsilon \]

令 $N = \max\{N_1,N_2,\dots,N_m\}$，当 $n>N$ 时

\[|a_{n+p}-a_n|<\varepsilon \]

其实这还是没有达到$N$的存在只与$\varepsilon$有关的条件，只要超过事先找到的$d$，$N$依旧与$p$有关，对于一个新的$p$，又要找一个新的$N$，问题并没有解决，这个涉及到Cauchy准则的充分性证明中，见注记与讨论，从例子$ \left| \left( \frac{1}{2} \right)^{n+p} - \left( \frac{1}{2} \right)^n \right|= \left( \frac{1}{2} \right)^n \left| 1 - \left( \frac{1}{2} \right)^p \right|$中很容易理解上面的讨论，显然这里的 $p$ 就可以在放缩过程中消掉，而之后的内容就没 $p$ 什么事了.

证明：$\lim_{n \to \infty} \sin n$不存在.

(证法一)(极限否定形式)
由 $|\sin n| \le 1$，考虑 $\forall a \in [-1,1]$.先考虑 $\forall a \in [-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}]$, $\exists \varepsilon_0 = \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2}$，对 $\forall N>0$，$\exists n = \frac{\pi}{3} + 2k\pi > N$, 有 $|\sin n - a| = |\frac{\sqrt{3}}{2} - a| \ge |\frac{\sqrt{3}}{2} - |a|| \ge \frac{\sqrt{3}-\sqrt{2}}{2} = \varepsilon_0$, 而对 $\forall a \in [-1,1] \setminus [-\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2}]$, $\exists \varepsilon_0' = \frac{\sqrt{2}-1}{2}$，对 $\forall N>0$，$\exists n = \frac{\pi}{6} + 2k\pi > N$, 有 $|\sin n - a| = |\frac{1}{2} - a| \ge |\frac{1}{2} - |a|| \ge \frac{\sqrt{2}-1}{2} = \varepsilon_0'$.

(证法二)(极限否定形式)
因为 $-1 \le \sin n \le 1$，所以我们只要证明：任意 $A \in [-1,1]$，$\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sin n \neq A$ 即可。不妨设 $A \in [0,1]$（对于 $[-1,0]$ 的情况，类似可证）。根据极限定义，我们只要证明：$\exists \varepsilon_0 > 0$，$\forall N>0$，$\exists n > N$，使得 $|\sin n - A| \ge \varepsilon_0$.

事实上，可取 $\varepsilon_0 = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\forall N>0$，令

\[n = \left\lfloor \left(2N\pi - \frac{\pi}{2}\right) + \frac{\pi}{4} \right\rfloor \]

（这里 $\lfloor \cdot\cdot\cdot \rfloor$ 表示取整数部分）。则 $n > N$，且由

\[\left(2N\pi - \frac{\pi}{2}\right) - \frac{\pi}{4} < n < \left(2N\pi - \frac{\pi}{2}\right) + \frac{\pi}{4}, \]

知

\[\sin n < -\frac{\sqrt{2}}{2}, \]

因此

\[|\sin n - A| \ge \frac{\sqrt{2}}{2}. \]

(证法三)(Cauchy准则否定形式，比极限定义更直接)
据 Cauchy 准则，要证 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} \sin n$ 不存在，即要证明：

\[\exists \varepsilon_0 > 0,\ \forall N>0,\ \exists n,m > N,\ \text{使得}\ |\sin n - \sin m| \ge \varepsilon_0. \]

取 $\varepsilon_0 = \frac{\sqrt{2}}{2}$，$\forall N>0$，令

\[n = \left\lfloor 2N\pi + \frac{3}{4}\pi \right\rfloor, \quad m = \left\lfloor 2N\pi + 2\pi \right\rfloor \]

（$\lfloor \cdot \cdot\cdot\rfloor$ 表示取整数部分），则 $m > n > N$，且

\[2N\pi + \frac{\pi}{4} < n < 2N\pi + \frac{3}{4}\pi,\quad 2N\pi + \pi < m < 2N\pi + 2\pi \]

于是

\[|\sin n - \sin m| \ge \varepsilon_0 = \frac{\sqrt{2}}{2}. \]

这表明 $\{\sin n\}$ 发散。

4. 注记与讨论（Remarks & Discussion）

Cauchy准则:数列 $\{a_n\}$ 收敛当且仅当它是 Cauchy 数列。
(证法一)证明 :
必要性：
设 $\{a_n\}$ 收敛到 $\alpha$。
任给 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得当 $n>N$ 时，有 $\left|a_n-\alpha\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}$。
因此，当 $m,n>N$ 时，有

\[\left|a_m-a_n\right|\leqslant\left|a_m-\alpha\right|+\left|\alpha-a_n\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon,\]

这说明 $\{a_n\}$ 为 Cauchy 数列。
充分性：
设 $\{a_n\}$ 为 Cauchy 数列。
由命题 2.3.1(Cuachy数列必为有界数列)可知，$\{a_n\}$ 是有界数列。于是可以研究其上、下极限。
根据 Cauchy 数列的定义，任给 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使得当 $m,n>N$ 时，有

\[-\varepsilon<a_m-a_n<\varepsilon. \]

在上式中暂时固定 $n>N$，对 $\{a_m\}$ 取上极限，利用上极限的保序性可得

\[-\varepsilon\leqslant\varlimsup_{m\to\infty} a_m-a_n\leqslant\varepsilon. \]

由数列极限的定义即可看出 $\{a_n\}$ 收敛。
(证法二)
证明:必要性:
设 $\{a_{n}\}$ 收敛于 $a$，则对 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n>N$ 时，成立 $\left|a_{n}-a\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}$。因此当 $n,m>N$ 时，就有不等式

\[\left|a_{n}-a_{m}\right|\leqslant\left|a_{n}-a\right|+\left|a-a_{m}\right|<\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon, \]

即 $\{a_{n}\}$ 为基本数列。 $\square$
充分性部分。
设 $\{a_{n}\}$ 是基本数列。从命题 3.4.2(基本数列一定有界) 知道这个数列有界。用凝聚定理，数列 $\{a_{n}\}$ 有一个收敛子列，记为 $\{a_{n_{k}}\}$。又记这个子列的极限为 $a$。显然，只要证明数列 $\{a_{n}\}$ 收敛于 $a$。
由于 $\{a_{n}\}$ 是基本数列，对 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $n,m>N$ 时，成立 $\left|a_{n}-a_{m}\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}$。
又因子列 $\{a_{n_{k}}\}$ 的下标总有 $n_{k}\geqslant k$，因此当 $k>N$ 时就有 $n_{k}>N$。用 $n_{k}$ 代替 $m$，就在 $n>N$ 和 $k>N$ 时得到不等式 $\left|a_{n}-a_{n_{k}}\right|<\dfrac{\varepsilon}{2}$。
在其中令 $k\to\infty$，就得出

\[\left|a_{n}-a\right|\leqslant\frac{\varepsilon}{2}<\varepsilon,\quad\forall n>N.\qquad\square\]

(类似证明)
必要性部分的证明已见于上面的叙述。(如果序列$\{x_n\}$收敛于$a$，那么这序列中序号充分大的两项 $x_m$和$x_n$都接近于$a$，因而这两项本身也就彼此接近。更确切地说，任意$\varepsilon>0$，存在$N\in N$，使得当$m$，$n>N$时，有$\left|x_{m}-a\right|<\varepsilon/2$，$\left|x_{n}-a\right|<\varepsilon/2$，这时就有

\[\left|x_{m}-x_{n}\right|=\left|\left(x_{m}-a\right)-\left(x_{n}-a\right)\right| \]

\[\leqslant\left|x_{m}-a\right|+\left|x_{n}-a\right| \]

\[<\varepsilon/2+\varepsilon/2<\varepsilon. \]

这里证明充分性。
因为基本序列是有界的，引用波尔查诺-魏尔斯特拉斯定理，可以断定存在序列 $\{x_{n}\}$ 的收敛子序列 $\{x_{n_{k}}\}$，设 $x_{n_{k}}\rightarrow a$（$k\rightarrow +\infty$）。
对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N\in \mathbb{N}$，使得当 $m,n>N$ 时，就有

\[\left|x_{m}-x_{n}\right|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

又，存在 $N_{1}\in \mathbb{N}$，使得 $k>N_{1}$ 时有

\[\left|a-x_{n_{k}}\right|<\frac{\varepsilon}{2}. \]

以下取定一个 $k > \max\{N, N_{1}\}$。对于任意的 $n>N$ 有

\[\left|a-x_{n}\right|\leqslant\left|a-x_{n_{k}}\right|+\left|x_{n_{k}}-x_{n}\right| < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon. \]

这证明了

\[\lim_{n \to \infty} x_{n}=a. \]

$\square$
(证法三)
设 $\{x_{n}\}$ 为基本数列，因此有界。从而有常数 $a_{1},b_{1}$，满足条件 $a_{1}\leq x_{n}\leq b_{1}, n\in \mathbb{N}_{+}$。
将闭区间 $[a_{1},b_{1}]$ 三等分。令 $c_{1}=\dfrac{2a_{1}+b_{1}}{3}, c_{2}=\dfrac{a_{1}+2b_{1}}{3}$，得到三个长度相同的子区间 $[a_{1},c_{1}], [c_{1},c_{2}]$ 和 $[c_{2},b_{1}]$，分别记为 $J_{1}, J_{2}$ 和 $J_{3}$。
根据它们在实数轴上的左、中、右位置和基本数列的定义就可以发现：在左边的 $J_{1}$ 和右边的 $J_{3}$ 中，至少有一个子区间只含有数列 $\{x_{n}\}$ 中的有限多项。
这从几何上看是很直观的。如果在 $J_{1}$ 和 $J_{3}$ 中都有数列中的无穷多项，则可以在 $J_{1}$ 中取 $x_{n}$，在 $J_{3}$ 中取 $x_{m}$，使得 $n,m$ 都可以任意大，同时满足不等式

\[|x_{n}-x_{m}|\geq\frac{b-a}{3}. \]

这与 $\{x_{n}\}$ 为基本数列的条件矛盾。
于是可以从 $[a_{1},b_{1}]$ 中去掉只含有 $\{x_{n}\}$ 中有限多项的子区间 $J_{1}$ 或 $J_{3}$（如果两个子区间都是如此则任去其一），将得到的区间记为 $[a_{2},b_{2}]$。
重复这个过程，就得到一个闭区间套 $\{[a_{k},b_{k}]\}$，它具有两个特殊性质：

闭区间套中的每个区间的长度是前一个区间长度的三分之二；
每一个 $[a_{k},b_{k}]$ 中含有数列 $\{x_{n}\}$ 从某项起的所有项。
性质（1）保证存在 $\xi$，使得闭区间套的端点序列 $\{a_{k}\}$ 和 $\{b_{k}\}$ 从两侧分别单调地收敛于 $\xi$，即有

\[\lim\limits_{k\to\infty}a_{k}=\lim\limits_{k\to\infty}b_{k}=\xi. \]

现在我们证明：这个 $\xi$ 就是基本数列 $\{x_{n}\}$ 的极限。对给定的 $\varepsilon>0$，有 $N$，使得 $a_{N}$ 和 $b_{N}$ 进入点 $\xi$ 的 $\varepsilon$ 邻域，也就是说有 $[a_{N},b_{N}]\subset(\xi-\varepsilon,\xi+\varepsilon)$。由于闭区间 $[a_{N},b_{N}]$ 又具有性质（2），即含有数列 $\{x_{n}\}$ 中从某项之后的全部项，因此存在 $N_{1}$，使得当 $n>N_{1}$ 时，成立不等式 $|x_{n}-\xi|<\varepsilon$。$\Box$
等比数列求和公式:

\[S_n = \frac{a_1(1-q^n)}{1-q} \]

证明(仅作参考):对于 $$q \neq 1$$
有$$S_{n+p} - S_n = a_1 q^n + \dots + a_1 q^{n+p-1}$$

\[= a_1 q^n (1 + \dots + q^{p-1}) \]

\[= a_1 q^n \frac{S_p}{a_1} \quad (\forall p \in \mathbb{N}) \]

而 $q S_n = S_{n+1} - a_1$

因此当 $p=1$ 时，$q S_n = S_{n+1} - a_1 = a_1 q^n + S_n - a_1$

故

\[ \quad S_n = \frac{a_1 q^n - a_1}{q-1} = \frac{a_1(1 - q^n)}{1 - q}.\Box \]

5. 相关拓展（Related Extensions）

6. 参考文献（References）

数学分析新讲：重排本.第一册/张筑生编著.—2版.—北京：北京大学出版社，2021.8
数学分析 / 梅加强编著. -- 2 版. -- 北京：高等教育出版社，2020.6（2022.5重印）
数学分析习题课讲义. 上册 / 谢惠民等编. —— 2版. —— 北京：高等教育出版社，2018.11（2022.11重印）
数学分析中的典型问题与方法/裴礼文.-2版[M]北京:高等教育出版社,2006.4

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“数学永远是年轻人的事业。”——陈省身