Si $\sum_{k = 1}^\infty \frac{a_k}{k} < + \infty$, entonces el $\frac{1}{n} \sum_{k = 1}^n a_k \to 0$

Question

Actualmente estoy leyendo un papel, en donde afirman que para un no negativo secuencia $a_k$ de los números reales con a$\sum_{k = 1}^\infty \frac{a_k}{k} < + \infty$,$\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{k = 1}^n a_k = 0$.

Mi intento de probar este estaba usando la siguiente idea: Si $a_k > \varepsilon > 0$ todos los $k \geq k_0$, $$ \sum_{k = 1}^\infty \frac{a_k}{k} > \varepsilon \sum_{k = k_0}^\infty \frac{1}{k} = + \infty.$ $

Así que debemos tener cierta decadencia en la condición de la $a_k$. Sin embargo, podríamos $a_k$ a ser la característica de la función de $\{ n^2 : n \geq 1 \}$, por ejemplo; entonces, no podemos comparar la serie $\sum_{k = 1}^\infty \frac{a_k}{k}$ a la armónica de los números; pero entonces también puede deducir el hecho de que desde la plaza de números de densidad cero.

Sé que esto es muy vago. La razón de esto es, que no podía llegar a la idea de trabajo.

Cómo puedo probar el hecho?

Gracias!

Answer 1

Deje $\epsilon>0$ ser dado. Definir $$ S:=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_k}{k}, $$ y $$ S_n:=\sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{k}. $$ A continuación,$S_n\to S$$n\to\infty$; por lo tanto, podemos optar $N\in\mathbb{N}$ tal que $n\geq N$ implica $\lvert S_n-S\rvert<\epsilon$.

Ahora, para un determinado $n> N$, escribir $$ \sum_{k=1}^{n}\frac{a_k}{n}=\sum_{k=1}^{N}\frac{a_k}{n}+\sum_{k=N+1}^{n}\frac{a_k}{n}. $$ Usted puede enlazado el segundo término $$ 0\leq\sum_{k=N+1}^n\frac{a_k}{n}\leq\sum_{k=N+1}^{n}\frac{a_k}{k}\leq\sum_{k=N+1}^{\infty}\frac{a_k}{k}=S-S_N<\epsilon. $$ Se puede ver cómo hacer el primer término de pequeño?