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.