贡献者： DTSIo; addis
在之前的例子中，我们都是在已经猜出序列极限的情况下来证明极限等式的。但是，对于比较复杂的序列，又该如何判定它是否有极限？
第一个判据如下：
证明。 不妨设 $\{a_n\}$ 是单调递增的序列，而且有上界。按照确界原理, 数集 $\{a_n:n\in\mathbb{N}\}$ 有唯一的上确界 $A$, 也就是说成立如下两件事：第一，$a_n\leq A$ 对于任何 $n$ 都成立; 第二，任给 $\varepsilon>0$, 数 $A-\varepsilon$ 都不是数集 $\{a_n:n\in\mathbb{N}\}$ 的上界。于是，存在一个脚码 $N_\varepsilon$ 使得 $A-\varepsilon< a_{N_\varepsilon}\leq A$. 根据单调性，这表示对于 $n>N_\varepsilon$ 总有
即 $|a_n-A|<\varepsilon$. 于是 $A$ 是序列 $\{a_n\}$ 的极限。证毕。
不过，显然也有很多有极限的序列不是单调的，例如震荡着收敛到零的序列 $\{(-1)^n/n\}$. 对于这种不单调的序列，该怎么判断它是否有极限呢？
我们从一些直观推演开始。如果序列 $\{a_n\}$ 有极限 $A$, 那么 $a_n$ 在脚码 $n$ 充分大时可以以任意小的误差逼近 $A$. 如果 $m,n$ 是两个充分大的脚码，那么差值 $|a_m-a_n|$ 就可以用累进误差来控制： $$ |a_m-a_n|\leq |a_m-A|+|a_n-A|~. $$ 于是差值 $|a_m-a_n|$ 最终总可以任意接近零。这就启发我们提出如下的
证明。 如果序列 $\{a_n\}$ 有极限 $A$, 那么在给定 $\varepsilon>0$ 后，存在正整数 $N_\varepsilon$, 使得当 $n>N_\varepsilon$ 时有 $|a_n-A|<\varepsilon/2$. 从而当 $m,n>N_\varepsilon$ 时有 $$ |a_m-a_n|\leq|a_m-A|+|a_n-A|<\varepsilon~. $$
反过来，设序列 $\{a_n\}$ 满足柯西判据的条件。于是它当然是有界的。我们考虑如下的两个序列： $$ x_n=\sup\{a_{n+1},a_{n+2},...\}~, \quad y_n=\inf\{a_{n+1},a_{n+2},...\}~. $$ 则 $\{x_n\}$ 是单调递减的，$\{y_n\}$ 是单调递增的（设想一个越来越小的集合，它的上界当然会越变越小，而下界则会越变越大）. 按照第一个判据，序列 $\{x_n\}$ 有极限 $x$. 显然有 $y_n\leq x\leq x_n$, 同时 $$ y_n=\inf_{k\geq n}a_k\leq a_n\leq \sup_{k\geq n}a_k=x_n~. $$ 于是便有 $|a_n-x|\leq x_n-y_n$.
另一方面，由于 $\{a_n\}$ 是基本列，故任给 $\varepsilon>0$, 都有整数 $N$ 使得 $k\geq N$ 时有 $|a_N-a_k|<\varepsilon/3$. 于是当 $n\geq N$ 时， $$ a_N-\frac{\varepsilon}{3}\leq \inf_{k\geq n}a_k=y_n \leq x_n=\sup_{k\geq n}a_k\leq a_N+\frac{\varepsilon}{3}~. $$ 这表示 $x_n-y_n\leq 3\varepsilon/3<\varepsilon$. 从而当 $n\geq N$ 时有 $|a_n-x|<\varepsilon$. 这表示 $\lim_{n\to\infty}a_n=x$.证毕。
柯西判据对于判别级数是否收敛是很基本的。