如何證明這個級數問題？

作者：由畦哇矽發表于歷史時間：2021-09-29

畦哇矽2021-09-29 20:40:44

問題

：

設

$\{a_n\}_{n\geq1}$

為實數列，定義

$\sigma_n=\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n},b_n=a_{n+1}-a_n$

。

求證：若數列

$\{kb_k\}_{k\geq1}$

有界且

$\lim_{n\to\infty}\sigma_n=\sigma$

，則

$\lim_{n\to\infty}a_n=\sigma$

。

我們的核心思路是，假設沒有

$\lim_{n\to\infty}a_n=\sigma$

，於是

會無限次地遠離

$\sigma$

。又因為

$\lim_{n\to\infty}\sigma_n=\sigma$

，所以

會無限次地靠近

$\sigma$

。因為

受到限制，所以

在一次靠近和一次遠離之間行進得很慢，經歷了很多很多項才從“靠近狀態”變成“遠離狀態”。而這麼多項離“靠近狀態”越來越遠的值能夠對平均數造成比較大的影響，這就不可能有

$\lim_{n\to\infty}\sigma_n=\sigma$

。

證明

：經典反證法，假設不是

$\lim_{n\to\infty}a_n=\sigma$

，於是存在

$\varepsilon_0$

，有無窮多個

使得

$|a_n-\sigma|>\varepsilon_0$

。也就是，

$\{a_n\}_{n\ge 1}$

中有無窮多項太大或者太小。所以，“有無窮多項太大”和“有無窮多項太小”中至少一個成立。我們不妨設有無窮多項太大，即有無窮多個

使得

$a_n-\sigma>\varepsilon_0$

。

取好一個待定的

$\delta$

滿足

$0<\delta<\varepsilon_0$

。假設只有有限個

滿足

$a_n<\sigma+\delta$

，那麼顯然有

$\lim_{n\to\infty}\sigma_n\ge\sigma+\delta$

，這不可能，所以有無窮多個

滿足

$a_n<\sigma+\delta$

。

結合上述兩條“無窮多個”，我們就可以取一列正整數

$p_1<q_1<p_2<q_2<\dotsb$

使得對於每個正整數

，

$a_{p_k}<\sigma+\delta,\ \ a_{q_k}>\sigma+\varepsilon_0.$

在把這一列正整數取好之後，在諸

不變的情況下修改

的取值，使得

$p_k<q_k,\ a_{p_k}<\sigma+\delta$

依然成立的條件下

儘可能大。也就是，

$a_{p_k}<\sigma+\delta$

且對於每個

滿足

$p_k<n\le q_k$

，

$a_n\ge \sigma+\delta$

。

取好一個待定的

$\varepsilon>0$

，因為

$\lim_{n\to \infty}\sigma_n=\sigma$

，所以存在正整數

任意

都有

$\sigma-\varepsilon<\sigma_n<\sigma+\varepsilon$

。不妨設

$N\ge 2$

。

因為

$\{nb_n\}_{n\ge 1}$

有界，所以存在實數

使得對任意

都有

，即

$b_n<\frac Mn$

。

取一個正整數

使得

，我們來研究

到

之間這一段發生了什麼。我們有

$\begin{aligned} \varepsilon_0-\delta &\le a_{q_k}- a_{p_k}=\sum_{n=p_k}^{q_k-1}(a_{n+1}-a_n) \\& = \sum_{n=p_k}^{q_k-1}b_n\le\sum_{n=p_k}^{q_k-1}|b_n|\le\sum_{n=p_k}^{q_k-1}\frac{ M}{n}\\ &= M \sum_{n=p_k}^{q_k-1} \frac 1n \le M \sum_{n=p_k}^{q_k-1} \log \frac{n}{n-1} \\ &= M\log\frac{q_k-1}{p_k-1}\le 2M\log\frac{q_k}{p_k}. \end{aligned}$

上面第三行那個不等號可以搞個導數證明，最後一個不等號是因為當

時

$\frac{x^2}{x-1}$

是增的從而

$\frac{q_k-1}{p_k-1}\le \frac{q_k^2}{p_k^2}$

。

所以，

$\frac{q_k}{p_k}> \mathrm e^{\frac{\varepsilon_0-\delta}{2M}}.$

我們有

$\begin{aligned} \sum_{n=p_k}^{q_k-1}a_n&=q_k\sigma_{q_k}-p_k\sigma_{p_k}\le q_k(\sigma+\varepsilon)-p_k(\sigma-\varepsilon)\\&=(q_k-p_k)\sigma+(q_k+p_k)\varepsilon, \end{aligned}$

又有

$\sum_{n=p_k}^{q_k-1}a_n\ge\sum_{n=p_k}^{q_k-1}(\sigma+\delta)=(q_k-p_k)\sigma+(q_k-p_k)\delta,$

所以，

$(q_k-p_k)\delta \le (q_k+p_k)\varepsilon$

，

$\delta\le\frac{q_k+p_k}{q_k-p_k}\varepsilon\le \frac{ \mathrm e^{\frac{\varepsilon_0-\delta}{2M}}+1}{\mathrm e^{\frac{\varepsilon_0-\delta}{2M}}-1}\varepsilon.$