Deje $\varepsilon >0$.
Hay un índice de $r$ tal que $\sum_{k=r}^{\infty}a_k \leq \frac{4}{9}\varepsilon$.
Deje $n\geq r$. Considere la posibilidad de la $n-r+1$ números de $a_r,a_{r+1}, \ldots,a_n$. El
generalizada significa desigualdad
implica que
$$
M_{-1}(a_r,a_{i+1}, \ldots,a_n) \leq M_{0}(a_r,a_{i+1}, \ldots,a_n) \etiqueta{1}
$$
es decir,
$$
\frac{n-r+1}{\sum_{k=r}^{n} \frac{1}{a_k}} \leq \frac{\sum_{k=r}^n a_k}{n-r+1} \etiqueta{2}
$$
Esto implica que
$$
\frac{n^2}{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k}} \leq \frac{n^2}{\sum_{k=r}^{n} \frac{1}{a_k}} \leq
\big(\frac{n}{n-r+1}\big)^2 \big(\sum_{k=r}^n a_k \big) \leq
\big(\frac{n}{n-r+1}\big)^2 \frac{4}{9}\varepsilon
$$
Ahora, si tomamos $n\geq 3(r-1)$ tendremos $\frac{n}{n-r+1} \leq \frac{3}{2}$
por lo $\big(\frac{n}{n-r+1}\big)^2 \leq \frac{9}{4}$ y por lo tanto
$$
\frac{n^2}{\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{a_k}} \leq \varepsilon
$$
lo que concluye la prueba.