Un teorema de Cesàro media, relacionados con el teorema de Stolz-Cesàro

Question

Título Original: Tauberian teoremas y Cesàro suma

Teorema (Landau-Resistente, De Rudin del Principio de Análisis Matemático Ejercicio 3.14)

$\newcommand\abs[1]{\left\lvert#1\right\rvert}$ Si $\{s_n\}$ es una secuencia compleja, definir su media aritmética $\sigma_n$ por $$\sigma_n=\frac{s_0+s_1+\dotsb+s_n}{n+1}\qquad(n=0,1,2,\dotsc)$$ Poner $a_n=s_n-s_{n-1}$$n\ge1$. Suponga $M<+\infty$ $\abs{na_n}\le M$ todos los $n$, e $\lim_{n\to\infty}\sigma_n=\sigma$,$\lim_{n\to\infty}s_n=\sigma$.

El esquema de la prueba

Si $m<n$, luego $$s_n-\sigma_n=\frac{m+1}{n-m}(\sigma_n-\sigma_m)+\frac1{n-m}\sum_{k=m+1}^n(s_n-s_k)\tag{*}$$ Observe que $\abs{s_n-s_k}\le(n-m-1)M\,/\,(m+2)$, fix $\epsilon>0$ y se asocian con cada una de las $n$ el entero $m$ que satisface $$m\le\frac{n-\epsilon}{1+\epsilon}<m+1$$ A continuación,$(m+1)\,/\,(n-m)\le1/\epsilon$$\abs{s_n-s_k}<M\epsilon$. Por lo tanto $$\limsup_{n\to\infty}\,\abs{s_n-\sigma}\le M\epsilon$$

Preguntas y pensamientos

Parece que la ecuación (*) sale de una manera extraña. Me pregunto cómo descubrir este tipo de extraño identidades. Entonces, ¿hay alguna observación, aún más profundo, para mirar a través de esa ecuación?

Gracias!

Answer 1

No está claro exactamente lo que se pregunta, pero aquí está mi opinión sobre lo que está pasando en la prueba y cómo se aplica a $(\ast)$.

La idea de la prueba es utilizar ese $\sigma_n$ es de Cauchy y que $s_n-s_{n-1}$ es pequeña para la estimación de $s_n-\sigma_n$.

Comience con una simple ecuación que se localiza en el promedio de $s_k$ grandes $k$ $$ \sum_{k=m+1}^ns_k=\color{#C00000}{\sum_{k=0}^ns_k}-\color{#00A000}{\sum_{k=0}^ms_k}\etiqueta{1} $$ y volver a escribir el rojo y el verde sumas el uso de $\sigma_n$ $$ \sum_{k=m+1}^ns_k=\color{#C00000}{(n+1)\sigma_n}-\color{#00A000}{(m+1)\sigma_m}\etiqueta{2} $$ Este escribe cosas muy bien como $(n-m)$ sigmas, así que restar de un número de $s_n$ a acercarse a la meta de $s_n-\sigma_n$.

Restar ambos lados de $(2)$ $\displaystyle\sum_{k=m+1}^ns_n=(n-m)s_n$ a explotar el pequeño tamaño de $s_n-s_{n-1}$ $$ \begin{align} \sum_{k=m+1}^n(s_n-s_k) &=(n-m)s_n-\Big[(n+1)\sigma_n-(m+1)\sigma_m\Big]\\ &=(n-m)s_n-\Big[(n-m)\sigma_n+(m+1)\sigma_n-(m+1)\sigma_m\Big]\\[8pt] &=(n-m)(s_n-\sigma_n)-(m+1)(\sigma_n-\sigma_m)\tag{3} \end{align} $$ Esto le da a la cantidad deseada, $s_n-\sigma_n$, como una suma de controlable términos: $s_n-s_k$$\sigma_n-\sigma_m$.

Agregar $(m+1)(\sigma_n-\sigma_m)$ a ambos lados para aislar $s_n-\sigma_n$ $$ (m+1)(\sigma_n-\sigma_m)+\sum_{k=m+1}^n(s_n-s_k)=(n-m)(s_n-\sigma_n) $$ Dividir ambos lados por $n-m$ conseguir $(\ast)$ $$ \frac{m+1}{n-m}(\sigma_n-\sigma_m)+\frac1{n-m}\sum_{k=m+1}^n(s_n-s_k)=(s_n-\sigma_n)\etiqueta{$\ast$} $$ Para un gran $m$ y $n$, $\sigma_n-\sigma_m$ es pequeña, ya $\sigma_n$ es de Cauchy y $\displaystyle\sum_{k=m+1}^n(s_n-s_k)$ es pequeño, porque $s_n-s_{n-1}$ es pequeña. Esta es la idea general; los detalles están en el esquema de la prueba.