Problemi con la dimostrazione del criterio di convergenza di Cauchy
Durante la lettura del libro di testo Analysis 1 di Vladimir A. Zorich ho incontrato una prova che ha questa conclusione che non riesco a capire.
Il teorema e la dimostrazione:
(Criterio di convergenza di Cauchy) Una successione numerica converge se e solo se è una successione di Cauchy.
Prova.
$\implies$: (Ho saltato questa parte della dimostrazione poiché non ho problemi con essa.)
$\impliedby$: Permettere ${x_k}$essere una sequenza fondamentale. Dato$\epsilon > 0$, troviamo un indice $N$ tale che $|x_m − x_k| < \frac{\epsilon}{3}$ quando $m ≥ N$ e $k ≥ N$. Fissaggio$m = N$, lo troviamo per qualsiasi $k >N$ $$x_N − \frac{\epsilon}{3}<x_k <x_N + \frac{\epsilon}{3}\ \text{,} \ \ \ \ \ \text{(3.1)}$$ ma poiché solo un numero finito di termini della sequenza ha indici non maggiori di $N$, abbiamo dimostrato che una sequenza fondamentale è limitata.
$$\text{For}\ n \in \mathbb{N}\ \text{we now set } a_n := \inf_{k≥n} x_k ,\ \text{and }\ b_n := \sup_{k≥n} x_k \ \text{.}$$
È chiaro da queste definizioni che $a_n ≤ a_{n+1} ≤ b_{n+1} ≤ b_n$(poiché il limite inferiore più grande non diminuisce e il limite superiore minimo non aumenta quando si passa a un insieme più piccolo). In base al principio dell'intervallo annidato, esiste un punto A comune a tutti gli intervalli chiusi$[a_n, b_n]$. Da$$a_n ≤ A ≤ b_n$$ per ogni $n \in \mathbb{N}$ e $$a_n = \inf_{k≥n} x_k ≤ x_k ≤ \sup_{k≥n} x_k = b_n$$ per $k ≥ n$, ne consegue che $$|A − x_k| ≤ b_n − a_n\ \text{.}\ \ \ \ \ \text{(3.2)}$$ Ma segue dall'Eq. $\text{(3.1)}$ quello $$\underbrace{x_N − \frac{\epsilon}{3}≤ \inf_{k≥n} x_k = a_n ≤ b_n = \sup_{k≥n} x_k ≤ x_N + \frac{\epsilon}{3}}_{\text{The problematic part}}$$ per $n>N$, e quindi $$b_n − a_n ≤ \frac{2\epsilon}{3} < \epsilon \ \ \ \ \ \text{(3.3)}$$ per $n>m$. Confronto delle Eq.$\text{(3.2)}$ e $\text{(3.3)}$, lo troviamo $|A −x_k| < \epsilon$, per ogni $k > N$e lo abbiamo dimostrato $\lim_{k \to \infty}x_k = A$.
Fine della prova.
La parte rinforzata non ha senso per me, perché da quanto dichiarato potrebbe accadere $$x_N − \frac{\epsilon}{3} = a_n $$ e da allora $a_n≤x_k$ è possibile questo $a_n=x_k$ e se queste uguaglianze valgono, allora $x_N − \frac{\epsilon}{3} = a_n=x_k$, ma questo contraddice quanto affermato prima in $\text{(3.1)}$, $x_N − \frac{\epsilon}{3}<x_k $.
Perché la parte problematica regge nonostante questo? Grazie
Risposte
Considera le due possibilità
io) $x_N-\epsilon/3 =a_n$
ii) $\,a_n = x_{k_0}$ per alcuni $k_0\ge n.$
Ciascuno di questi casi può verificarsi, ma non contemporaneamente. Perché se i) vale, allora$a_n$ non può eguagliare $x_{k_0},$ semplicemente perchè $x_{k_0} >x_N-\epsilon/3.$Quindi, se i) vale, ii) non può reggere. E se ii) vale, allora$a_n=x_{k_0}> x_N-\epsilon/3,$ il che implica che i) non può reggere
Quindi la "parte problematica" non è realmente problematica.
Se $x_N − \frac{\epsilon}{3}<x_k <x_N + \frac{\epsilon}{3}$ vale per tutti $k>N$, poi $ x_N-\frac{\epsilon}{3}≤ \inf_{k≥N} x_k$ e $ \sup_{k≥N} x_k ≤ x_N + \frac{\epsilon}{3}.$Combina questi due, per ottenere la disuguaglianza sotto rinforzo e poi il resto della dimostrazione passa attraverso. Nota, hai usato il generico$n$, che non è del tutto corretto. Le disuguaglianze si susseguono, per$k>N$, che hai corretto in precedenza.
Forse una prova più dettagliata aiuterà con le idee:
$(1).$ Da $(x_n)$è Cauchy, è delimitato. Ed è molto più facile vederlo semplicemente prendendo$\epsilon=1$ e trovare un numero intero $N$ tale che $n,m>N\Rightarrow |x_n-x_m|<1$. Poi,$|x_n|<\max\{|x_1|,\cdots |x_N|,|x_{N+1}|+1\}.$
$(2).$ Da $(x_n)$è limitata, ha una sottosequenza convergente (ne darò una prova alla fine). Così,
$(3).$ Permettere $x_{n_k}\to x$. Quindi, c'è un numero intero$K$ tale che se $k>K,\ |x-x_{n_k}|<\epsilon/2$. E c'è un numero intero$N$ tale che se $n>N, |x_m-x_n|<\epsilon/2.$ Ora scegli un numero intero $l>K$ tale che $n_l>N$. Allora, se$n>N, |x_n-x|\le |x-x_{n_l}|+|x_n-x_{n_l}|<\epsilon.$
Prova di $(2):$ Permettere $(x_n)$essere una sequenza limitata. Allora ce ne sono alcuni$M > 0$ tale che $|x_n| \le M$ per tutti i numeri interi $n$. Bisetta l'intervallo$[−M, M]$in due intervalli chiusi di uguale lunghezza. Uno di questi intervalli deve contenerne infinitamente molti$x_n.$ Permettere $I_1$ sii quell'intervallo e scegli $x_{n_1}\in I_1$. Ora, bisecare$I_1$in due intervalli chiusi. Permettere$I_2$ essere il sottointervallo di $I_1$ che contans infinitamente molti $x_n$e scegline uno, $x_{n_2}\neq x_{n_1}$ tale che $n_2>n_1$(perché è possibile?). In generale, avendo costruito$\{I_j:I_j\subset I_{j-1},\ 1\le j\le k-1\}$, bisecare $I_{k−1}$ in due intervalli chiusi, uno dei quali deve contenere infiniti termini di $(x_n).$ Permettere $I_k$ sii questo intervallo chiuso e scegli $x_{n_k}\in I_k$ tale che $n_k > n_{k−1}.$ Pertanto, l'induzione procede e si ottiene una sottosequenza $(x_{n_k})$ e una sequenza di intervalli annidati $\{I_k\}_k$ i cui diametri $|I_k|=M\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{k-1}$ tendere a $0$ come $k\to \infty.$ Questo fatto e la proprietà Intervallo annidato implicano che l'intersezione $\bigcap I_k$ contiene esattamente un punto $x$. Adesso molla$\epsilon>0$ e scegli $K$ tale che $M\cdot \left(\frac{1}{2}\right)^{K-1}<\epsilon.$ Allora, se $k>K,\ x_{n_k}\in I_k$ e $|I_k|<\epsilon.$ Ma, $x$ è contenuto in $\textit{every}\ I_k$ così $|x_{n_k}-x|<\epsilon.$ Ne consegue che $x_{n_k}\to x.$
Penso che sia meglio estrarre il vero problema (che ti dà fastidio) da tutti gli altri dettagli irrilevanti forniti nella dimostrazione.
Permettere $M=x_N-(\epsilon /3)$ e poi ci viene dato $$x_k>M\tag{1}$$ per tutti $k\geq N$. Questo lo implica chiaramente$$a_N=\inf _{k\geq N}x_n\geq M\tag{2}$$ e da allora $a_n$ è in aumento (un altro termine equivalente è non decrescente) che abbiamo $$a_n\geq a_N\geq M\tag{3}$$ ogni volta $n\geq N$.
È del tutto possibile che per qualche valore $n_0\geq N$ noi abbiamo $a_{n_0}=M$ in tal caso da $(3)$ noi abbiamo $$M=a_N=a_{N+1}=a_{N+2}=\dots=a_{n_0}$$ Ora il tuo argomento è questo $$a_{n_0}=\inf_{k\geq n_0}x_k$$ e quindi potrebbe esserci un valore $x_k=a_{n_0}=M$ e questo sarebbe contraddittorio $x_k>M$.
Bene, questo non può essere il caso perché i valori di $x_k$ sono dati in anticipo per soddisfare $x_k>M$. Il loro minimo$a_n$ può essere uguale $M$ ma quando ciò accade, il minimo non sarà uguale a nessuno $x_k$ sarà piuttosto meno di tutti $x_k$.
Un tipico esempio è $x_k=1/k$ e $\inf x_k=0$ ma vedi chiaramente che il minimo non è uguale a nessun valore di sequenza.
Per riassumere, i limiti della sequenza sono indicati a priori e non possono essere invalidati in una fase successiva. Se i valori di sequenza sono sempre maggiori di un limite inferiore e il limite inferiore è uguale a quello inferiore, significa necessariamente e banalmente che i valori di sequenza sono maggiori del limite minimo.
Hai appena invertito causa e risultato: come abbiamo fatto noi $x_N − \frac{\epsilon}{3}<x_k <x_N + \frac{\epsilon}{3}$ per $k>N$ (3.1), quindi da $x_N − \frac{\epsilon}{3}≤ \inf_{k≥n} x_k = a_n$ è impossibile avere $x_N − \frac{\epsilon}{3} = a_n=x_k$.