Si , Entonces

Question

Necesito un poco de ayuda para terminar esta prueba:

TEOREMA de

Deje $\{a_n\}$ ser tal que $\lim a_n=\ell$ y el conjunto de

$$\hat a_n=\frac 1 n \sum_{k=1}^na_k$$

A continuación, $\lim\hat a_n=\ell$

PRUEBA

Deje $\epsilon >0 $ ser dado. Desde $\lim a_n=\ell$ , existe un $N$ que $$\left| {{a_n} - \ell } \right| < {\epsilon/2 }$$

siempre que $n>N$. Ahora:

$$\begin{eqnarray*} \left| {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} - \ell } \right| &=& \left| {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {\left( {{a_k} - \ell } \right)} } \right| \\ &=& \left| {\frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^N {\left( {{a_k} - \ell } \right)} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k = N + 1}^n {\left( {{a_k} - \ell } \right)} } \right| \\ &\leqslant& \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^N {\left| {{a_k} - \ell } \right|} + \frac{1}{n}\sum\limits_{k = N + 1}^n {\left| {{a_k} - \ell } \right|} \\ & <& \frac{N}{n}\zeta - \frac{{N }}{2n}\epsilon+\epsilon/2 \end{eqnarray*} $$

donde $$\zeta=\mathop {\max }\limits_{1 \leqslant k \leqslant N} \left| {{a_k} - \ell } \right|$$

Ahora, vamos a $n_0$ ser tal que si $n>n_0$,

$$\eqalign{ & \frac{{N\zeta }}{n} < {\epsilon} \cr & \frac{N}{n} < {1} \cr} $$ A continuación, obtenemos

$$\frac{N}{n}\zeta - \frac{N}{n}\frac{\epsilon }{2} + \frac{\epsilon }{2} < \epsilon - \frac{\epsilon }{2} + \frac{\epsilon }{2} = \epsilon $$

¿Hasta qué punto es correcto esto? ¿Crees que hay una manera más fácil de ir sobre la prueba? Yo ahora recuerdo que por Stolz Cesàro:

$$\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{1}{n}\sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{\sum\limits_{k = 1}^{n + 1} {{a_k}} - \sum\limits_{k = 1}^n {{a_k}} }}{{n + 1 - n}} = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {a_{n + 1}} = \ell $$

Answer 1

Para la cola suma $$\frac1n\sum_{N+1}^n|a_k-\ell|\leq \frac{(n-N)}{n}\varepsilon

Answer 2

Sólo la reescritura de su argumento:

La secuencia de $\{|a_n-\ell|\}$ converge a $0$ por lo tanto es limitada, por lo que existen $M\gt 0$ tal que $$|a_n-\ell|\leq M\quad\forall n\in \Bbb N.$$ Esta $M$ desempeña el papel de la $\zeta$ en tu prueba, pero aviso que no depende de $n$.

Deje $\epsilon\gt 0$. Existen $n_1\in\Bbb N$ tal que para todo $n\in\Bbb N$, $n\geq n_1$ implica $$|a_n-\ell|\lt\frac{\epsilon}{2}.$$

Desde $$\lim_{n\to\infty} \frac{n_1}{n}=0,$$ there exist $n_2\en\Bbb, N$ such that, for all $n\in\Bbb, N$, $n\geq n_2$ implies $$\frac{n_1}{n}\leq \frac{\epsilon}{2M}.$$

Deje $N=\max\{n_1,n_2\}$, entonces para todos $n\in\Bbb N$, $n\geq N\geq n_1$ implica $$\left(1-\frac{n_1}{n}\right)\leq 1$$ y, a continuación, $$\begin{align*} \left| -\ell+\frac1{n}\sum_{j=1}^n a_j \right| &\leq \frac1{n}\sum_{j=1}^n \left|a_j-\ell\right|\\ &= \frac1{n}\sum_{j=1}^{n_1} \left|a_j-\ell\right| + \frac1{n}\sum_{j=n_1+1}^{n} \left|a_j-\ell\right|\\ &\lt \frac1{n} n_1M + \frac1{n}(n-n_1)\frac{\epsilon}{2}\\ &=\frac{n_1}{n}M + \left(1-\frac{n_1}{n}\right)\frac{\epsilon}{2}\\ &\lt \frac{\epsilon}{2M}M + 1\cdot \frac{\epsilon}{2}=\epsilon. \end{align*}$$

Por lo tanto, $$\hat a_n\to\ell.$$