Раздел I. Введение в анализ — § 2. Теория последовательностей

Демидович — задача 82

Б. П. Демидович, «Сборник задач и упражнений по математическому анализу». Условие и подробное решение по шагам.

Пользуясь критерием Коши, доказать сходимость следующей последовательности:

Задача 82

xn=a0+a1q+⋯+anqn,x_n=a_0+a_1q+\cdots+a_nq^n,где ∣ak∣<M|a_k|<M (k=0,1,2,…)(k=0,1,2,\ldots) и ∣q∣<1|q|<1.

Доказательство

По критерию Коши оценим разность двух далёких частичных сумм конечной геометрической суммой.
Если вычесть из более длинной суммы xmx_m более короткую xnx_n, их общая начальная часть сократится и останется только конечный хвост. Коэффициенты этого хвоста ограничены числом MM, а модули степеней qq образуют геометрическую прогрессию. Такая оценка не зависит от большего индекса mm и потому подходит для прямой проверки критерия Коши.

Оценка произвольного хвоста. Пусть m>nm>n. Тогдаxm−xn=an+1qn+1+⋯+amqm.x_m-x_n=a_{n+1}q^{n+1}+\cdots+a_mq^m.По условию ∣ak∣<M|a_k|<M, поэтому∣xm−xn∣≤∣an+1∣ ∣q∣n+1+⋯+∣am∣ ∣q∣m≤M∑k=n+1m∣q∣k.\begin{aligned}
|x_m-x_n|
&\le |a_{n+1}|\,|q|^{n+1}+\cdots+|a_m|\,|q|^m\\
&\le M\sum_{k=n+1}^{m}|q|^k.
\end{aligned}Особый случай и геометрическая оценка. Если q=0q=0, тоxn=a0x_n=a_0для каждого nn, поэтому последовательность постоянна и сходится. Пусть теперь 0<∣q∣<10<|q|<1. По формуле конечной геометрической прогрессии∑k=n+1m∣q∣k=∣q∣n+11−∣q∣m−n1−∣q∣≤∣q∣n+11−∣q∣.\sum_{k=n+1}^{m}|q|^k
=|q|^{n+1}\frac{1-|q|^{m-n}}{1-|q|}
\le\frac{|q|^{n+1}}{1-|q|}.Следовательно,∣xm−xn∣<M∣q∣n+11−∣q∣.|x_m-x_n|<\frac{M|q|^{n+1}}{1-|q|}.Проверка критерия Коши. Правая часть стремится к нулю при n→∞n\to\infty и не зависит от mm. Поэтому для любого ε>0\varepsilon>0 найдётся номер NN, для которого при m>n≥Nm>n\ge N∣xm−xn∣<ε.|x_m-x_n|<\varepsilon.Критерий Коши выполнен, следовательно, последовательность сходится.

Что и требовалось доказать