la media aritmética de una secuencia converge

Question

Teníamos el teorema de que la media de una sucesión también converge:

Sea $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ sea una secuencia convergente. Entonces $\displaystyle \overline a_n=\sum_{k=1}^n \frac{a_k}n$ también converge.

He intentado demostrarlo:

$|\overline a_n-a|=\frac1n|\sum_{k=1}^n(a_k-a)|\leq\sum_{k=1}^{M-1}|a_k-a|+\sum_{k=M}^n|a_k-a|$

La segunda suma es $<\frac{\varepsilon}2$ porque hay un $M\in\mathbb N$ para que $(a_n)_{n\in\mathbb N}$ converge. Ahora se pueden considerar todos $n\geq\max\{M,\frac2{\varepsilon}\sum_{k=1}^{M-1}|a_k-a|\}$ y así $|\overline a_n-a|<\varepsilon$ .

Pero, ¿puede decir también que hay una $K\in\mathbb N$ tal que $\frac1n\sum_{k=1}^{M-1}|a_k-a|<\frac{\varepsilon}2$ para todos $n\geq K$ ? ¿Y tengo que tomar la primera suma de $k=1$ a $M$ ¿o se puede hacer como arriba?

Gracias por su ayuda.

Answer 1

Todavía hay algunas erratas en tu prueba (y no está escrita con claridad, en mi opinión).

Así que tu prueba parece utilizar esta idea: Sea $\varepsilon>0$ entonces existe $M \in \mathbb{N}$ tal que para todo $n \geq M: |a_n-a| \leq \frac{\varepsilon}{2}$ . Así

$$|\bar{a}_n-a| \leq \frac{1}{n} \underbrace{\sum_{k=1}^{M-1} |a_k-a|}_{=:N} + \frac{1}{n} \underbrace{\sum_{k=M}^n |a_k-a|}_{\leq \frac{1}{2} \varepsilon \cdot n}$$

Ahora dejemos que $n \geq \max \{M, \frac{2}{\varepsilon} \cdot N\}=:M'$ entonces $|\bar{a}_n-a|\leq \varepsilon$ .

Tanto si toma la primera suma de $k=1$ a $M$ o a $M-1$ no importa. Lo importante es que

• la primera suma es finita y no depende de $n$
• en la segunda suma sólo hay $|a_k-a|$ tal que $k$ es mayor o igual que $M$ .

También puedes sumar desde $k=1$ a $M+j$ para algunos $j \geq 0$ .

Además, elija $K := \frac{2}{\varepsilon} \cdot N$ entonces

$$\frac{1}{n} \underbrace{\sum_{k=1}^{M-1}|a_k-a|}_{N} \leq \frac{1}{K} \cdot N \leq \frac{\varepsilon}{2}$$

para todos $n \geq K$ Así que la respuesta a su (primera) pregunta es "sí".

Answer 2

Desde $\{a_n\}$ converge, está acotada, y también lo está $\{a_n-a\}$ . Elija $M$ tal que $$ |a_n-a|\le M\quad\forall n\in\mathbb{N}. $$ Si $1\le m<n$ entonces $$ \Bigl|\frac1n\sum_{k=1}^na_k-a\Bigr|\le\frac1n\sum_{k=1}^m|a_k-a|+\frac1n\sum_{k=m+1}^n|a_k-a|\le M\,\frac{m}{n}+\frac1n\sum_{k=m+1}^n|a_k-a|. $$ Sea $\epsilon>0$ se dará. Primero elija $m$ tal que $|a_n-a|\le\epsilon/2$ para todos $n>m$ . Una vez $m$ se elige $n_0>m$ tal que $M\,m/n_0\le\epsilon/2$ . Observe que $n_0$ depende $m$ que depende de $\epsilon$ Así que $n_0$ depende de $\epsilon$ . Entonces, si $n\ge n_0$ tenemos $$ \Bigl|\frac1n\sum_{k=1}^na_k-a\Bigr|\le M\,\frac{m}{n}+\frac1n\sum_{k=m+1}^n|a_k-a|\le\frac\epsilon2+\frac{n-m}{n}\frac\epsilon2\le\epsilon. $$

Answer 3

Este problema es una aplicación directa de Prueba de Dirichlet para la convergencia de la serie. Obsérvese que, dado que la secuencia $(a_n)$ converge, entonces la secuencia de sumas parciales está acotada.