Ayer me dijo que esto era Tauber del Teorema, la original tauberian teorema. No; Tauber del Teorema es el resultado análogo para Abel summability. Esta es Alguien del Teorema. Me voy a dar una prueba de ST organizado en lo que yo siento es el "derecho" de manera, que se derivan de la convergencia de una especie de "máxima desigualdad"; luego, como un bono , vamos a ver que se puede demostrar Tauber del Teorema de la misma manera, el uso de estimaciones que son un poco más complicado, aunque todavía sencillo.
En primer lugar, su notación parece un poco curioso, desde que se comienza la suma de $k=1$ pero incluyen $s_0$. Yo voy a empezar a $k=1$ como tú, pero en lugar de considerar los promedios $$\sigma_n=\frac{s_1+\dots+s_n}{n}.$$
Alguien del Teorema es inmediata a partir de la siguiente:
Teorema Si $na_n\to0$$s_n-\sigma_n\to0$.
Para cualquier secuencia $a=(a_1,\dots)$ definir $$Ma=\sup_n|na_n|.$$
El teorema se sigue de la siguiente de "máxima desigualdad":
Lema $|s_n-\sigma_n|\le Ma$ por cada $n$.
Prueba: en Primer lugar observamos que $$\sigma_n=\sum_{k=1}^n\frac{n-k+1}{n}a_k.$$
(Simplemente contar el número de veces que cada una de las $a_k$ aparece en $\sigma_n$.) Por lo tanto
$$s_n-\sigma_n=\sum_{k=1}^n\frac{k-1}{n}a_k.$$Since $|k-1|\k le$ this shows that $$|s_n-\sigma_n|\le Ma\sum_{k=1}^n\frac1n=Ma.$$
QED.
Ahora a probar el teorema. Supongamos $na_n\to0$. Deje $\epsilon>0$. Elija $N$ $|na_n|<\epsilon$ todos los $n>N$, y definir $$a_n'=\begin{cases}
a_n,&(1\le n\le N),
\\0,&(n>N)
\end{casos}$$and $$a_n''=a_n-a_n'.$$In what one hopes is transparent notation, it is clear that $$s_n'-\sigma_n'\to0$$and $$Ma''\le\epsilon.$$Así
$$\limsup|s_n-\sigma_n|\le\limsup|s_n'-\sigma_n'|+\sup|s_n"-\sigma_n"|
\le Ma"\le\epsilon.$$Hence $\limsup|s_n-\sigma_n|=0$. QED.
Bonus: Tauber del Teorema de
Dicen $$f(r)=\sum_{k=0}^\infty a_kr^k\quad(0<r<1)$$and $s_n=\sum_{k=0}^na_k$.
Tauber del Teorema de Si $na_n\to0$$\lim_{r\to1}f(r)=s$$\sum_{k=0}^\infty a_k=s$.
Como con Alguien del Teorema, esto se desprende de los algo más fuerte resultado
Teorema Si $na_n\to0$$s_n-f(1-1/n)\to0$.
Y que sigue con un argumento como el anterior si podemos demostrar que
$$\left|s_n-f\left(1-\frac1n\right)\right|\le cMa.$$To begin, it's clear that $$\izquierda|s_n-f\left(1-\frac1n\right)\right|\le Ma\sum_{k=1}^n\frac1k\left(1-\left(1-\frac1n\right)^k\right)
+Ma\sum_{k=n+1}^\infty\frac1k\left(1-\frac1n\right)^k,$$so we need only show that both sums on the right are bounded (independent of $$n).
Existen $\alpha$ $\beta$ $$0<\alpha<\left(1-\frac1n\right)^n<\beta<1\quad(n\ge2).$$Lo
$$
\sum_{k=1}^n\frac1k\left(1-\left(1-\frac1n\right)^k\right)\le
\sum_{k=1}^n\frac1k\left(1-\alpha^{k/n}\right)\le
\int_0^n\left(1-\alpha^{t/n}\right)\frac{dt}{t}
=\int_0^1\left(1-\alpha^{t}\right)\frac{dt}{t}$$
y del mismo modo
$$\sum_{k=n+1}^\infty\frac1k\left(1-\frac1n\right)^k
\le \sum_{k=n+1}^\infty\frac1k\beta^{k/n}
\le\int_n^\infty\beta^{t/n}\frac{dt}{t}
=\int_1^\infty\beta^t\frac{dt}{t}.$$
