Convergencia de la media aritmética

Question

Dejemos que $(a_n)_{n \in \mathbb{N}}$ sea una secuencia convergente con límite $a \in \mathbb{R}$ . Demuestre que la media aritmética dada por: $$s_n:= \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \tag{A.M.} $$ también converge a $a$ .

He leído: la media aritmética de una secuencia converge pero lamentablemente las respuestas allí no me ayudan mucho porque no entiendo sus sustituciones y sobre todo, por qué sus sustituciones parecen funcionar.

Lo que sé del problema es que desde $a_n$ es convergente y $\epsilon >0$ se da, puedo decir que:

$$\exists N_1 \in \mathbb{N}, \forall n \geq N_1: |a_n-a|<\epsilon_1 $$ También sé que desde $a_n$ es convergente, está acotado, por lo que $(a_n) < M, \ \forall n \in \mathbb{N}$

Tengo que demostrarlo: $$\exists N_2 \in \mathbb{N}, \forall n \geq N_2: |s_n-a|< \epsilon_2$$ Empecé de la siguiente manera: $$ \left|s_n-a \right| = \left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^na_i -a\right|= \left|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^m(a_i-a)+\frac{1}{n}\sum_{i=m+1}^n(a_i-a) \right| \\ \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^m|(a_i-a)|+\frac{1}{n}\sum_{i=m+1}^n|a_i-a|$$ Creo entender que la suma de la izquierda después de la $\leq$ es finito, acotado y no depende de los valores que $n$ toma. Sin embargo, no entiendo de dónde salen todas las sustituciones que hacen que esta prueba sea aparentemente tan fácil de completar.

¿Existe una idea general que pueda seguir para completar dichas pruebas? Porque sé que el último paso es demostrar que la suma dada es menor que $\epsilon$ . También sé que debo llevar la condición $a_n < M$ en algún lugar, pero no sé dónde.

Si elijo un $n \geq N: |a_n-a|< \epsilon'$ ¿qué me dice eso sobre $|a_i-a|$ ? Sé que son aparentemente lo mismo sólo que con un índice diferente.

Answer 1

Esta es la intuición detrás de la prueba. Como has hecho, dividimos la suma en dos trozos. Cada trozo se controla de forma diferente.

Para controlar la primera parte de la suma, observamos que nuestra secuencia está limitada por alguna constante $M$ para que esta suma sea como máximo

$$M\frac{m}{n}$$

Eso es, $m$ términos de valor como máximo $M$ multiplicado por el $1/n$ en el frente.

Para controlar la segunda parte de la suma, observamos que nuestra secuencia $a_n$ se acerca a $a$ . Así, si elegimos $m$ lo suficientemente grande, el $|a_n - a|$ es inferior a $\epsilon /2$ para $n>m$ . Esto significa que la segunda suma es como máximo

$$\frac{\epsilon}{2}\frac{n-m}{n} \leq \frac{\epsilon}{2}$$

La última observación es que si $n$ se elige muy grande, también podemos tener

$$M\frac{m}{n} \leq \frac{\epsilon}{2}$$

Al juntarlos, obtenemos nuestro límite.

Recapitulando: Queremos dividir nuestra suma en un trozo con un número acotado de términos y otro trozo con un número creciente de términos. En el trozo con un número acotado de términos, utilizamos el límite de la secuencia. En el trozo con un número creciente de términos, nos aseguramos de empezar lo suficientemente lejos como para que los términos sean pequeños. Por último, reducimos $\frac{1}{n}$ para hacer ambos términos tan pequeños como queramos.

Answer 2

Sugerencia: Utilice Lema de Stolz-Cesaro .

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Para ver la prueba directa, considera que si : $$ \displaystyle\left|\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^na_i}{n}-\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}a_i}{n-1}\right|\\ =\displaystyle\left|\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}a_i}{n(n-1)}-\frac{a_n}{n}\right|\leq \displaystyle\left|\frac{\displaystyle\sum_{i=1}^{n-1}a_i}{n(n-1)}\right|+\left|\frac{a_n}{n}\right|\\ \leq \frac{\displaystyle\max_{1\le i\le n}\left|a_i\right|}{n}\\ $$ Porque $a_n$ es convergente a $a$ , si $a<\infty$ entonces el RHS va a cero como $n$ va al infinito y por lo tanto el LHS va a cero también y la secuencia es convergente.

Answer 3

Tome $b_n = n$ y $c_n = \sum_{i = 1}^{n} a_i$ $$ \lim_{n\to\infty} \frac{c_{n+1} - c_n}{b_{n+1} - b_n} = \lim_{n\to\infty} \frac{a_{n+1}}{1} = a $$

$s_n = \frac{c_n}{b_n}$ y $b_n \to \infty $ y por encima del límite existe, por lo que Teorema de Stolz-Cesàro termina la prueba.