Liten artig oppgave.
Vis at dersom:
[tex]\lim_{n \to \infty} x_n = x[/tex] så er:
[tex]\lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n\frac{x_i}{n} = x[/tex].
Cesàro-sum
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
Velger å vise varianten der [tex]x=0[/tex]. Når denne er i boks følger det mer generelle tilfellet ganske direkte.
Satt litt med denne oppgaven. Prøvde å finne en elegant løsning, men måtte kjøre på med epsilon-delta etter hvert. Tror alt skal være riktig nå. Finnes sikkert mye finere måter å vise dette på, men. La nå i hvert fall [tex]\epsilon > 0[/tex].
Siden [tex]\lim x_n = 0[/tex], kan vi velge en [tex]K[/tex] slik at [tex]|x_k| < \frac{\epsilon}{2}[/tex] når [tex]k \geq K[/tex].
Vi har en sum inne i bildet, og derfor må vi holde kontroll på alle leddene. Jeg bruker én strategi på de leddene som har indeks under K, og en annen på de med indeks større enn eller lik K:
Lar [tex]N := \max \{ K, \; \; \frac{2}{\epsilon} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \}[/tex]. Anta så at [tex]n \geq N[/tex]. Da oppfylles
1) [tex]|x_n| < \frac{\epsilon}{2} \; \; [/tex] siden [tex]n \geq K[/tex]
2) [tex]n \geq \frac{2}{\epsilon} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \; \; \; \Rightarrow \; \; \; \frac{1}{n} \leq \frac{\epsilon}{2} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \right)^{-1}[/tex]
Jeg bruker nå disse to opplysningene for å vise at absoluttverdien av summen kan fås mindre enn epsilon ved å dele summen i to:
[tex]\left| \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i \right| \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n |x_i| = \frac{1}{n} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \sum_{i=K}^n |x_i| \right) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \frac{1}{n} \sum_{i=K}^n |x_i| [/tex]
[tex] < \;\; \frac{\epsilon}{2} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \right)^{-1} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \frac{1}{n} \sum_{i=K}^n \frac{\epsilon}{2} = \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} \cdot \frac{n - K + 1}{n} \leq \epsilon[/tex]
En må se på tilfellet der alle [tex]x_i = 0[/tex] med i = 1, 2, ..., K for seg selv. Men det overlater jeg til noen andre.
Satt litt med denne oppgaven. Prøvde å finne en elegant løsning, men måtte kjøre på med epsilon-delta etter hvert. Tror alt skal være riktig nå. Finnes sikkert mye finere måter å vise dette på, men. La nå i hvert fall [tex]\epsilon > 0[/tex].
Siden [tex]\lim x_n = 0[/tex], kan vi velge en [tex]K[/tex] slik at [tex]|x_k| < \frac{\epsilon}{2}[/tex] når [tex]k \geq K[/tex].
Vi har en sum inne i bildet, og derfor må vi holde kontroll på alle leddene. Jeg bruker én strategi på de leddene som har indeks under K, og en annen på de med indeks større enn eller lik K:
Lar [tex]N := \max \{ K, \; \; \frac{2}{\epsilon} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \}[/tex]. Anta så at [tex]n \geq N[/tex]. Da oppfylles
1) [tex]|x_n| < \frac{\epsilon}{2} \; \; [/tex] siden [tex]n \geq K[/tex]
2) [tex]n \geq \frac{2}{\epsilon} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \; \; \; \Rightarrow \; \; \; \frac{1}{n} \leq \frac{\epsilon}{2} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \right)^{-1}[/tex]
Jeg bruker nå disse to opplysningene for å vise at absoluttverdien av summen kan fås mindre enn epsilon ved å dele summen i to:
[tex]\left| \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n x_i \right| \leq \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n |x_i| = \frac{1}{n} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \sum_{i=K}^n |x_i| \right) = \frac{1}{n} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \frac{1}{n} \sum_{i=K}^n |x_i| [/tex]
[tex] < \;\; \frac{\epsilon}{2} \left( \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| \right)^{-1} \sum_{i=1}^{K-1} |x_i| + \frac{1}{n} \sum_{i=K}^n \frac{\epsilon}{2} = \frac{\epsilon}{2} + \frac{\epsilon}{2} \cdot \frac{n - K + 1}{n} \leq \epsilon[/tex]
En må se på tilfellet der alle [tex]x_i = 0[/tex] med i = 1, 2, ..., K for seg selv. Men det overlater jeg til noen andre.
Bachelor i matematiske fag NTNU - tredje år.