Примем следующее обозначение:

$$s_n=x_1+x_2+\dots +x_n$$

Раз $x_n$ сходится, то существует какое-то $A$ такое, что

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$$

Распишем это по определению предела:

$$\forall \epsilon >0\exists N=N(\epsilon )\forall n>N:|x_n-A|<\epsilon$$

Возьмем теперь произвольное ${\epsilon }^{\prime }>0$. Число $\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$ тоже положительное, поэтому для него выполняется определение выше, то есть существует такое $N^{\prime }$, что выполняется неравенство:

$$|x_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

Рассмотрим теперь, чему равно $|{\xi }_n-A|$:

$$|{\xi }_n-A|=\left|\frac{x_1+x_2+\dots +x_{N^{\prime }}+x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|$$

Разделим эту большую дробь на две поменьше:

$$|{\xi }_n-A|=\left|\frac{x_1+x_2+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}+\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|$$

Воспользуемся свойством модуля (см. прото-задачу П.1):

$$\begin{gathered} |{\xi }_n-A|=\left|\frac{x_1+x_2+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}+\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|\le \\ \le \left|\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\right|+\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right| \end{gathered}$$

Теперь рассмотрим оба слагаемых по отдельности. Начнем с

$$\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}$$

Числитель этой дроби — константа, поэтому легко найти предел:

$$\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}=0$$

Здесь мы воспользовались тем, что $\frac{1}{n}\to 0$.

По определению это означает, что

$$\forall \epsilon >0\exists N=N(\epsilon )\forall n>N:\left|\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\right|<\epsilon$$

Раз выполняется для любого $\epsilon$, то и для $\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$ найдется такое $N^{\prime \prime }$, что для всех $n>N^{\prime \prime }$ будет выполняться неравенство

$$\left|\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\right|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

Итак, возвращаясь к нашему неравенству, имеем

$$\left|{\xi }_n-A\right|<\underset{<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}}{\underbrace{\left|\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\right|}}+\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|$$

$$|{\xi }_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|$$

Стоит заметить, что здесь речь уже идет о $n>\max (N^{\prime },N^{\prime \prime })$, чтобы выполнялись сразу оба неравенства из определений для $x_n\to A$ и $\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\to 0$.

Разберемся теперь со вторым модулем:

$$\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|$$

Но для всех $x_n$ при $n>N^{\prime }$ выполняется неравенство $|x_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$. Упростим это неравенство по пункту 1 прото-задачи П.5:

$$|x_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\iff \{\begin{array}{l}{x}_n-A<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\\ x_n-A>-\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\end{array}$$

Нас интересует только первое неравенство справа:

$$x_n-A<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

$$x_n<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+A$$

Итак,

$$\begin{gathered} \left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|\le \left|\frac{(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3})+(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3})+\dots }{n}-A\right|= \\ =\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{n-N^{\prime }}{n}-A\right|=\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\left(1-\frac{N^{\prime }}{n}\right)-A\right|= \\ =\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)-\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}-A\right|=\left|\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}-\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}\right|\le \\ \le \left|\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right|+\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}\right|=\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}\right| \end{gathered}$$

Имеем следующее выражение:

$$\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}$$

В нем все кроме $n$ является константой, поэтому все это выражение тоже стремится к $0$ (как и дробь, которую мы рассмотрели выше). Значит, можно найти такое $N^{\prime \prime \prime }$, что для любого $n>N^{\prime \prime \prime }$ выполняется неравенство:

$$\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}\right|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

Возвращаемся к неравенству:

$$\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|\le \frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\underset{<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}}{\underbrace{\left|\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}\right|}}$$

$$\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|\le \frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

$$\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|\le \frac{2{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

Стоит заметить, что здесь речь уже идет о $n>\max (N^{\prime },N^{\prime \prime },N^{\prime \prime \prime })$, чтобы выполнялись сразу стри неравенства из определений для $x_n\to A$ и $\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n}\to 0$ и $\left(A+\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}\right)\frac{N^{\prime }}{n}$.

Итак,

$$|{\xi }_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\underset{<\frac{2{\epsilon }^{\prime }}{3}}{\underbrace{\left|\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n}-A\right|}}$$

$$|{\xi }_n-A|<\frac{{\epsilon }^{\prime }}{3}+\frac{2{\epsilon }^{\prime }}{3}$$

$$|{\xi }_n-A|<{\epsilon }^{\prime }$$

Мы показали, что какое бы положительное число $\epsilon$ мы не взяли, всегда найдутся три таких $N^{\prime },N^{\prime \prime },N^{\prime \prime \prime }$, что для любого $n>N=\max (N^{\prime },N^{\prime \prime },N^{\prime \prime \prime })$ будет выполняться неравенство:

$$|{\xi }_n-A|<\epsilon$$

Это по определению означает, что

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n=A$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$$

В качестве примера неверности обратного утверждения рассмотрим последовательность $y_n=(-1{)}^n$:

$$y_n=(-1{)}^n=-1,1,-1,1,\dots$$

У этой последовательности есть два разных частичных предела $1$ для четных $n$ и $-1$ для нечетных $n$. Это значит, $y_n$ расходится.

Рассмотрим теперь ${\xi }_{y_n}$:

$${\xi }_{y_n}=\frac{y_1+y_2+\dots +y_n}{n}=\frac{-1+1-1+1-1+\dots }{n}$$

Если $n$ — четное, то количество $-1$ будет равно количеству $1$ и числитель, а значит и само ${\xi }_{y_{2n}}=0$. Если $n$ — нечетное, то в числителе все слагаемые тоже обратятся в $0$ за исключением последней $-1$.

Итак, получили две подпоследовательности:

$${\xi }_{y_{2n}}=0{\xi }_{y_{2n-1}}=-\frac{1}{n}$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_{y_{2n}}=\underset{n\to \infty }{\lim }0=0$$

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_{y_{2n-1}}=\underset{n\to \infty }{\lim }-\frac{1}{n}=0$$

Получается, что $0$ — предельная точка ${\xi }_{y_n}$. Но любой член ${\xi }_{y_n}$ лежит либо в ${\xi }_{y_{2n}}$, либо в ${\xi }_{y_{2n-1}}$, а по прото-задаче П.22 это означает, что других предельных точек у ${\xi }_{y_n}$ нет.

Итак, у ${\xi }_{y_n}$ есть только одна предельная точка $0$. По прото-задаче П.19 это означает, что

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_{y_n}=0$$

Мы доказали, что существует такая расодящаяся $y_n$, что ее последовательность средних арифметических сходится.

Лемма

Для членов сходящейся к какому-то $a$ последовательности $x_n$ справедлива следующая лемма:

Для любого $\epsilon >0$ существует номер $N$, такой, что любые средние арифметические от $N+1$ до произвольного $n>N$ попадают в $\epsilon$-окрестность $a$:

$$\left|\frac{x_{N+1}+\dots +x_n}{n-N}-a\right|<\epsilon$$

Задача

Докажем теперь, что последовательность средних арифметических ${\xi }_n$ сходится к $a$. Доказывать будем по определению предела.

Фиксируем какое-то $\epsilon >0$. Для этого $\epsilon$ найти такое $N$, чтобы для любого $n>N$ выполнялось неравенство $|{\xi }_n-a|<\epsilon$.

Возьмем число $\frac{\epsilon }{2}$ и для него по доказанной выше лемме получаем номер $N^{\prime }$ и разложим ${\xi }_n$ следующим образом:

$$\begin{gathered} {\xi }_n=\frac{1}{n}(x_1+\dots +x_n)= \\ =\frac{n-N^{\prime }}{n-N^{\prime }}\cdot \frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}+x_{N^{\prime }+1}+x_{N^{\prime }+2}+\dots +x_n}{n}= \\ =\underset{u_n}{\underbrace{\frac{n-N^{\prime }}{n}}}\cdot \left(\underset{v_n}{\underbrace{\frac{x_1+\dots +x_{N^{\prime }}}{n-N^{\prime }}}}+\underset{w_n}{\underbrace{\frac{x_{N^{\prime }+1}+\dots +x_n}{n-N^{\prime }}}}\right)= \\ =u_n(v_n+w_n)=u_n\cdot v_n+u_n\cdot w_n \end{gathered}$$

Найдем теперь пределы последовательностей $u_n$ и $v_n$ в этом разложении:

Возвращаемся к неравенству $|{\xi }_n-a|<\epsilon$, которое нам нужно доказать, и воспользуемся полученным разложением:

$$|{\xi }_n-a|=|u_n{v}_n+u_n{w}_n-a|$$

Воспользуемся неравенством треугольника (П.1):

$$|u_n{v}_n+u_n{w}_n-a|\le |u_n{v}_n|+|u_n{w}_n-a|$$

С учетом того, что $u_n$ при любом $n$ будет меньше $1$, можно из $|u_n{w}_n-a|$ получить неравенство $|u_n{w}_n-a|<|w_n-a|$. Итак, получаем финальный вариант неравенства:

$$\dots \le |u_n{v}_n|+|u_n{w}_n-a|<|u_n{v}_n|+|w_n-a|$$

Вспоминаем, что мы разложили ${\xi }_n$ специально под $\frac{\epsilon }{2}$ по лемме из начала решения. Поэтому:

$$|w_n-a|<\frac{\epsilon }{2}$$

Используем это в нашем неравенстве:

$$\dots <|u_n{v}_n|+|w_n-a|<|u_n{v}_n|+\frac{\epsilon }{2}$$

Наконец, произведение $u_n{v}_n$ стремится к $1\cdot 0$, то есть к $0$, поэтому по определению предела для $\frac{\epsilon }{2}$ найдется такое $N^{\prime \prime }$, что

$$|u_n{v}_n|<\frac{\epsilon }{2}$$

Тогда введем обозначение $N=\max (N^{\prime },N^{\prime \prime })$ и для этого $N$ уже выполняется неравенство:

$$\dots <|u_n{v}_n|+\frac{\epsilon }{2}<\frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}<\epsilon$$

Теперь скроем все промежуточные звенья цепного неравенства и получаем:

$$|{\xi }_n-a|\le \dots <\epsilon$$

$$|{\xi }_n-a|<\epsilon$$

Итак, мы для произвольного $\epsilon >0$ всегда сможем найти $N=\max (N^{\prime },N^{\prime \prime })$, такое, что для любого $n>N$ будет выполняться неравенство $|{\xi }_n-a|<\epsilon$. Это по определению означает, что последовательность ${\xi }_n$ сходится к $a$

$■$

Пример неверности обратного утверждения приведен в конце разбора 1.

Попробуем воспользоваться теоремой Штольца (143).

Для этого введем новые обозначения:

$$\begin{gathered} a_n=x_1+x_2+\dots +x_n \\ {y}_n=n \end{gathered}$$

Последовательность натуральных чисел $y_n$ строго возрастает и стремится к $+\infty$.

Теперь попытаемся найти предел:

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{a_{n+1}-a_n}{y_{n+1}-y_n}= \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_1+\dots +x_n+x_{n+1}-x_1-\dots -x_n}{n+1-n}= \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{x_{n+1}}{1}=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n \end{gathered}$$

В конце рассуждений мы воспользовались тем, что последовательность $\left\{x_{n+1}\right\}$ является "смещенной на член вперед" подпоследовательностью сходящейся последовательности $\left\{x_n\right\}$, а значит имеет такой же предел П.19.

Итак, все условия теоремы Штольца выполняются, а значит последовательность

$$\frac{a_n}{y_n}=\frac{x_1+x_2+\dots +x_n}{n}={\xi }_n$$

сходится и ее предел равен пределу последовательности $x_n$.

$$\underset{n\to \infty }{\lim }{\xi }_n=\underset{n\to \infty }{\lim }{x}_n$$

$■$

Пример неверности обратного утверждения приведен в конце разбора 1.