Критерий полноты пространства

[Бабай]

Привет!

Надо доказать, что нормированное пространство полно тогда и только тогда, когда из абсолютной сходимости рядов следует их сходимость.

Необходимость была ясна.

Достаточность: Пусть $X$ нормированное пространство. Возьмём фундаментальную последовательность $(x_n)\subset{}X$. Тогда для всех $\epsilon$ существует $N$, так что для всех $p,q\ge{}1$ имеем $||x_{N+p}-x_{N+q}||<\epsilon$. Положив $q:=p+1$, при $\epsilon:=2^{-p}$ для каждого $p\ge{}1$ имеем $||x_{N+p}-x_{N+p+1}||<2^{-p}$. Таким образом ряд $\sum_{p=1}^{\infty}||x_{N+p}-x_{N+p+1}||<1$, и значит сходится. По условию отсюда следует сходимость ряда $\sum_{p=1}^{\infty}(x_{N+p}-x_{N+p+1})$

Как вывести из этого сходимость $(x_n)$? Ведь нельзя же просто заключить, что $x_{N+p}-x_{N+p+1}\to{}0$ при $p\to{}\infty$?

[Профессор Снэйп]

Бабай в сообщении #293569 писал(а):

В частности для $q:=p+1$ имеем $||x_{N+p}-x_{N+p+1}||<2^{-p}\epsilon$.

Почему это так?

[Бабай]

это я подогнал для каждого $p$, чтоб просуммировалось красиво. То есть для всех $p$ я выразил $q$ через $p$. (Дописал "для всех p, положив ...")

[Профессор Снэйп]

Бабай в сообщении #293574 писал(а):

это я подогнал для каждого $p$, чтоб просуммировалось красиво.

С чего Вы взяли, что такая "подгонка" вообще возможна?

[Бабай]

Ну из-за фундаментальности $(x_n)$. Похоже я вижу, чем вы недовольны. Лучше заменить $2^{-p}\epsilon$ просто на $2^{-p}$.

[Профессор Снэйп]

Ну хорошо, возьмём $X = \mathbb{R}$ --- одномерное пространство с естественной нормой $\| x \| = |x|$. Пусть $x_n = 1/n$. Ну ка, найдите для $\varepsilon = 1$ такое $N$, что $|x_{N+p} - x_{N+p+1}| < 2^{-p}$ для всех $p$.

[Бабай]

кажется я неправильно выразился...я для каждого $p$ подбирал свой $\epsilon:=2^{-p}$.

-- Пн мар 01, 2010 13:05:35 --

кроме того достаточность теперь тоже ясна. В силу сходимости ряда $\sum_{p=1}^{\infty}(x_{N+p}-x_{N+p+1})$ последовательность его частичных сумм является фундаментальной, т.е. $\varepsilon>||\sum_{p=k_1}^{k_2}(x_{N+p}-x_{N+p+1})||=||x_{N+k_1}-x_{N+k_2+1}||$ для всех $k_1,k_2>K$. То есть ряд и $(x_n)$ сходятся или расходятся одновременно.

[Профессор Снэйп]

Бабай в сообщении #293584 писал(а):

кажется я неправильно выразился...

Сильно неправильно! Для $p$ значение $\varepsilon$ не подбирают, это бессмысленно!

Бабай в сообщении #293584 писал(а):

кроме того достаточность теперь тоже ясна.

А мне вот ничерта не ясно. То, что Вы написали в последнем сообщении, никакого отношения к доказательству достаточности не имеет.

У Вас дана фундаментальная последовательность и надо доказать, что она сходится. Известно, что сходится каждый абсолютно сходящийся ряд. Про абсолютную сходимость ряда $\sum_{n=1}^\infty (x_{n+1} - x_n)$ ничего не известно; более того, можно подобрать пример, в котором этот ряд не будет сходится абсолютно. Замечание о том, что ряд $\sum_{n=1}^\infty (x_{n+1} - x_n)$ сходится тогда и только тогда, когда сходится последовательность $\{ x_n \}_{n \in \mathbb{N}$, очевидно, малосодержательно и ничего не доказывает.

[Padawan]

Используя фундаментальность, найти подпоследовательности, для которой $\sum_k (x_{n_k}-x_{n_{k-1}}) $ абсолютно сходится. По условию эта подпоследовательность будет сходится. Значит и вся последовательность сходится в силу фундаментальности.