Aquí es Prob. 2, Segundo 1.4 en el libro de introducción el Análisis Funcional Con las Aplicaciones por Erwine Kreyszig.
Si $\left( x_n \right)$ es de Cauchy y tiene un convergentes larga, digamos, $x_{n_k} \to x$, muestran que $\left( x_n \right)$ es convergente con el límite de $x$.
Mi esfuerzo:
Deje $(X, d)$ ser el espacio métrico en el que $\left( x_n \right)$ es una secuencia de Cauchy, y deje $\varphi \colon \mathbb{N} \to \mathbb{N}$ ser estrictamente una función creciente tal que la secuencia $\left( x_{\varphi(n)} \right)$ converge a un punto de $x$$X$. Y, podemos poner $$n_k = \varphi(k) \ \mbox{ for all } k \in \mathbb{N}.$$
Entonces, dado un número real $\varepsilon > 0$, podemos encontrar un número natural $N$ tal que $$ (1) \ \ \ \ d \left( x_m, x_n \right) < \frac{\varepsilon}{2} \ \mbox{ for any pair } (m, n) \mbox{ of natural numbers such that } m > N \mbox{ and } n > N.$$
Ahora, para cada una de las $k \in \mathbb{N}$, sabemos que $n_k = \varphi(k) \in \mathbb{N}$; por otra parte, $$ n_k = \varphi(k) < \varphi(r) = n_r \ \mbox{ if $k \in \mathbb{N}$, $i \in \mathbb{N}$, and $k < r$},$$ because $\varphi$ es estrictamente una función creciente.
Por lo tanto, $n_1 = \varphi(1) \in \mathbb{N}$$n_1 \geq 1$. Deje $k$ ser cualquier número natural, y supongamos que $$n_k = \varphi(k) \geq k.$$ Then since $\varphi$ is a strictly increasing function and since $k+1 \in \mathbb{N}$, por lo tanto, podemos concluir que $$n_{k+1} = \varphi(k+1) > \varphi(k) \geq k.$$ Pero $\varphi(k+1) \in \mathbb{N}$. Así que podemos concluir que el $\varphi(k+1) \geq k+1$. Por lo tanto, por inducción se sigue que $$n_k = \varphi(k) \geq k \mbox{ for all } k \in \mathbb{N}. $$
Así sabemos que, para cada una de las $k \in \mathbb{N}$, (i) $\varphi(k) \in \mathbb{N}$ y (ii) $\varphi(k) \geq k$.
Ahora desde $$\lim_{k \to \infty} x_{\varphi(k)} = \lim_{k \to \infty} x_{n_k} = x, $$ por lo tanto, podemos encontrar un número natural $K$ tal que $$ (2) \ \ \ \ d\left( x_{n_k}, x \right) = d\left( x_{\varphi(k)}, x \right) < \frac{\varepsilon}{2} \ \mbox{ for any natural number } k \mbox{ such that } k > K.$$
Ahora vamos a $M$ ser cualquier número natural tal que $M > \max \left( K, N \right)$. Tal $M$ existe desde el conjunto de los números naturales no está delimitado por encima (o por el Archimedian propiedad de $\mathbb{R}$).
Deje $n \in \mathbb{N}$ tal que $n > M$. A continuación, tomamos nota de que $$n_{M+1} = \varphi(M+1) \geq M+1 > M > K$$ so that (2) can be used, and we also note that $$n_{M+1} \in \mathbb{N}, \ \ \ n \in \mathbb{N}, \ \ \ n_{M+1} > M > N, \ \ \ \mbox{ and } \ n > N$$ de modo que (1) puede ser utilizado.
Luego, a partir de (1) y (2) anteriores, vemos que,
$$ d\left( x_n, x\right) \leq d \left( x_n, x_{n_{M+1}} \right) + d \left( x_{n_{M+1}}, x \right) < \frac{\varepsilon}{2} + \frac{\varepsilon}{2} = \varepsilon,$$ para cualquier número natural $n > M$.Así, hemos demostrado que, correspondiente a cada número real $\varepsilon > 0$, podemos encontrar un número natural $M$ tal que $$ d \left( x_n, x \right) < \varepsilon \ \mbox{ for any natural number } n > N.$$ Por lo tanto la secuencia de $\left(x_n \right)$ converge en el espacio métrico $(X, d)$ hasta el punto de $x \in X$.
Es la anterior prueba correcta? Si es así, entonces es la presentación lo suficientemente bueno? Si no, entonces, donde se encuentra la falla?