Sobre la convergencia de Cesàro: Si $ x_n \to x $ entonces $ z_n = \frac{x_1 + \dots +x_n}{n} \to x $

Question

Tengo este problema en el que estoy trabajando. Las pistas son muy apreciadas (no quiero una prueba completa):

En un espacio vectorial normado, si $ x_n \longrightarrow x $ entonces $ z_n = \frac{x_1 + \dots +x_n}{n} \longrightarrow x $

He intentado sumar y restar dentro de la norma... pero parece que no consigo nada.

Gracias.

Answer 1

Dado $ \epsilon >0$ existe $ n_0 $ de manera que si $ n\geq n_0 $ entonces $\parallel x_n -x\parallel < \epsilon $

así que

\begin{align*} 0 & \leq \left\lVert \frac{x_1 +\cdots +x_n}{n} -x \right\rVert \leq \left\lVert \frac{x_1 + \dots + x_n - nx }{n} \right\rVert \\ & \leq \frac{\lVert x_1 - x \rVert}{n} + \dots + \frac{\lVert x_{n_0 - 1} - x \rVert}{n} + \frac{\lVert x_{n_0} - x \rVert}{n} +\dots + \frac{\lVert x_{n} - x \rVert}{n} \\ &\le \frac 1n\sum_{i=1}^{n_0-1} \| x_i -x\| + \frac{n-n_0}{n} \epsilon \end{align*}

La primera $n_0 -1$ términos $\| x_i -x\|$ puede estar acotado por algún $M$ Así, para $n\ge (n_0-1)M/\epsilon=: N_0$ tenemos $$\frac 1n\sum_{i=1}^{n_0-1} \| x_n -x\| \le \frac 1n (n_0-1)M \le \epsilon$$

Así, $$\left\| \frac{x_1 + \cdots x_n}{n} - x\right\| <2\epsilon$$ cuando $n\ge N_0$ .

Muchas gracias @Leonid Kovalev por la inspiración, aunque mi principal problema era que no sabía qué hacer con el $nx$ (la parte más tonta :P)

Answer 2

Hay una reclamación un poco más general:

PROP Dejemos que $\langle a_n\rangle$ sea una secuencia de números reales, y defina $\langle \sigma_n\rangle$ por $$\sigma_n=\frac 1 n\sum_{k=1}^n a_k$$

Entonces $$\liminf_{n\to\infty}a_n\leq \liminf_{n\to\infty}\sigma_n \;(\;\leq\;)\;\limsup_{n\to\infty}\sigma_n\leq \limsup_{n\to\infty}a_n$$

P Demostramos la desigualdad de la izquierda. Sea $\ell =\liminf_{n\to\infty}a_n$ y elija $\alpha <\ell$ . Por definición, existe $N$ tal que $$\alpha <a_{N+k}$$ para cualquier $k=0,1,2,\ldots$ Si $m>0$ entonces $$m\alpha <\sum_{k=1}^m \alpha_{N+k}$$

que es $$m\alpha<\sum_{k=N+1}^{N+m}a_k$$

$$(m+N)\alpha+\sum_{k=1}^{N}a_k<\sum_{k=1}^{N+m}a_k+N\alpha$$

que da

$$\alpha+\frac{1}{m+N}\sum_{k=1}^{N}a_k<\frac{1}{m+N}\sum_{k=1}^{N+m}a_k+\frac{N}{m+N}\alpha$$

Desde $N$ es fijo, tomando $\liminf\limits_{m\to\infty}$ da $$\alpha \leq \liminf\limits_{m \to \infty } \frac{1}{m}\sum\limits_{k = 1}^m {{a_k}} $$ (nota que $N+m$ es sólo un desplazamiento, que no altera el valor del $\liminf^{(1)}$ ). Así, para cada $\alpha <\ell$ , $$\alpha \leq \liminf\limits_{m \to \infty } \frac{1}{m}\sum\limits_{k = 1}^m {{a_k}} $$ lo que significa que $$\liminf_{n\to\infty}a_n\leq \liminf_{n\to\infty}\sigma_n$$ La desigualdad de la derecha se demuestra de manera completamente análoga. $\blacktriangle$ .

$(1)$ : Sin embargo, hay que tener en cuenta que esto no es cierto para las subsecuencias "sin desplazamiento", por ejemplo $$\limsup_{n\to\infty}(-1)^n=1$$ pero $$\limsup_{n\to\infty}(-1)^{2n+1}=-1$$

COR Si $\lim a_n$ existe y es igual a $\ell$ También lo hace $\lim \sigma_n$ y también es igual a $\ell$ . Lo contrario no es cierto.

Answer 3

WLOG, el $x_n$ convergen a $0$ (si no, considere las diferencias $x_n-x$ ), y permanecer confinado en un $\epsilon$ -vecino de $0$ después de $N_\epsilon$ términos.

A continuación, la media de la primera $m$ está limitada por

$$\frac{N\overline{x_N}+(m-N)\epsilon}m,$$ que converge a $\epsilon$ . Así que puedes hacer la media lo más cerca posible de $0$ como quieras.