Помогите доказать известный предел с помощью верх. пределов

[Rakel]

Если дано, что $ \lim\limits_{n \to \infty} a_n=a \in R $ . Надо доказать что
$ \lim\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits_{k=1}^n a_k =a $
Но только это надо доказать с помощью верхних пределов.

Добавлено спустя 50 минут 47 секунд:

Ну хотя бы как подойти к решению? Неужели никто не может подсказать?

[Brukvalub]

Rakel писал(а):

Но только это надо доказать с помощью верхних пределов.

Это как ? Ведь существование верхнего предела вовсе не означает существование предела!

[Rakel]

Сама не знаю, но преподаватель написал такую вещь на доске в качестве указки к решению: " обычно $ \varlimsup\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n a_k \leq \varlimsup\limits_{n \to \infty} a_n. $" Я так понимаю что если доказать это то потом можно будет доказать и равенство пределов по его предположению. Но хотя даже если получить это неравенство то как из него доказать равенство пределов, тоже не могу понять.

[Brukvalub]

Rakel писал(а):

обычно $ \varlimsup\limits_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n a_k \leq \varlimsup\limits_{n \to \infty} a_n. $

Слово "обычно" используют, когда из правила есть немногочисленные исключения. Но тогда понять Вашего преподавателя я не в силах.

[Rakel]

Ну а если предположить, что он хотел этим сказать, что если докажем неравенство, то тогда можно будет доказать и равенство. То каким образом это сделать? И можно ли вообще таким способом доказать то равенство пределов? А если не этим способом то как вообще можно доказать эту задачу?

[Brukvalub]

Ну, если Вы докажете это неравенство и противоположное неравенство для нижних пределов, то все получится. А в основу "обычного" д-ва можно положить следующий арифметический факт:

\[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } a_n = a \Rightarrow \left| {(\frac{1}{N}\sum\limits_{k = 1}^N {a_k ) - a} } \right| = \left| {\frac{1}{N}\sum\limits_{k = 1}^N {(a_k - a)} } \right| \le \left| {\frac{1}{N}\sum\limits_{k = 1}^M {(a_k - a)} } \right| + \left| {\frac{1}{N}\sum\limits_{k = M + 1}^N {(a_k - a)} } \right|\]

Сначала выбором М второе слагаемое делается малым, а потом М фиксируется, и первое слагаемое становится малым после надлежащего выбора границы для N.

[Lion]

А можно проверить утверждение для тотальных последовательностей, а потом применить теорему Банаха--Штейнгаусса.

[Rakel]

то есть я это неравенство могу продолжить следующим способом:
$ \leq \frac{1}{N}(|a_1-a|+|a_2-a|+...+|a_M-a|)+ \frac{1}{N} (|a_{M+1}+...+|a_N-a|)< \frac {1}{N}(|a|M+RM)+ \frac{1}{N} \varepsilon (N-M)= \frac {M(|a|+R) + \varepsilon (N-M)}{N} $
А отсюда при произвольном выборе
$ \varepsilon_1 >0 \exists \varepsilon = \frac {\varepsilon_1 N-M(|a|+R)}{N-M} \exists n_0=N, \forall n \in N: n>N \Rightarrow |(\frac {1}{N} \sum\limits_{k=1}^N a_k) - a|< \varepsilon $
где так как
$ a_k $
сходящаяся то значит ограниченная некоторым числом
$ R $.
Правильно?

[Brukvalub]

Да, суть Вы уловили верно, но доказательство написали "грязновато" - устроили путаницу в обозначениях номеров.

[Rakel]

да точно! нужно было $ n_0=N-1, \forall n \in \mathbb N:n>n_0 \Rightarrow |(\frac{1}{n} \sum\limits_{k=1}^n a_k)-a|< \varepsilon$?

[Brukvalub]

Нет, опять плохо. Я же писал:

Brukvalub писал(а):

Сначала выбором М второе слагаемое делается малым, а потом М фиксируется, и первое слагаемое становится малым после надлежащего выбора границы для N.

Эта граница для N определяется с помощью того факта, что

\[ \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } a_n = a \Rightarrow \forall \varepsilon > 0\quad \exists N_\varepsilon :\;\forall N > N_\varepsilon \Rightarrow \left| {a_N - a} \right| < \varepsilon \]

[Rakel]

а может так :
$ \frac{M(|a|+R)+ \varepsilon (N-M)}{N} \leq M(|a|+R)+\varepsilon $
Потом
$ \forall \varepsilon_1 >0 \exists n_0=M \exists \varepsilon=\varepsilon_1 - M(|a|+R) : \forall N>n_0 \Rightarrow |(\frac{1}{N} \sum\limits_{k=1}^{N} a_k)-a|< \varepsilon $

[Brukvalub]

Rakel писал(а):

Потом
$ \forall \varepsilon_1 >0 \exists n_0=M \exists \varepsilon=\varepsilon_1 - M(|a|+R) : \forall N>n_0 \Rightarrow |(\frac{1}{N} \sum\limits_{k=1}^{N} a_k)-a|< \varepsilon $

Это Ваше "потом" ясно показывает, что Вы элементарно не владеете понятием предела! НЕЗАЧОТ!!! Эпсилон, показывающее величину отклонения членов последовательности от ее предела должно не существовать (как у Вас), а быть любым произвольным наперед заданным положительным числом!!!

[Rakel]

Я совсем запуталась в этих эпсилонах и написала в предвдущем сообщении на конце не то эпсилон. Там должно было быть $ \varepsilon_1 $. А что касается существования перед эпсилон, этим я хотела сказать что так как последовательность $ a_n $ сходящаяся то мы можем выбрать такое эпсилон которое я указала, что для нее будет выполняться $ |a_n-a|< \varepsilon $ .

[Brukvalub]

Опять плохо! Ваше эпсилон будет отрицательным! Думайте, я уже все Вам подсказал.