Zwei Folgen in C, lim a = a => lim b_n = a

Question

Text erkannt:

Sei $\left(a_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ eine Folge in $\mathbb{C}$ und sei $a \in \mathbb{C}$. Weiter sei $\left(b_{n}\right)_{n \in \mathbb{N}}$ eine Folge in $\mathbb{C}$ mit
$b_{n}:=\frac{1}{n} \sum \limits_{k=1}^{n} a_{k}, \quad n \in \mathbb{N}$
Beweisen Sie die folgende Aussage:
$\lim \limits_{n \rightarrow \infty} a_{n}=a \quad \Rightarrow \quad \lim \limits_{n \rightarrow \infty} b_{n}=a$

Problem/Ansatz:

Leider noch gar keinen brauchbaren Ansatz gefunden. Wenn jemand Tipps oder eine Lösung präsentieren könnte, wäre ich sehr dankbar.

Beste Grüße,

eure Verwirrung

Answer 1

Wir sehen, dass
$\begin{aligned} \left|\frac{1}{n} \sum \limits_{k=0}^{n} a_{k}-a\right| &=\left | \frac{1}{n}\left(\sum \limits_{k=0}^{n}\left(a_{k}-a\right)\right |=\left|\frac{1}{n}\left(\sum \limits_{k=0}^{N}\left(a_{k}-a\right)+\sum \limits_{k=N+1}^{n}\left(a_{k}-a\right)\right)\right|\right.\\ & \leq \frac{1}{n}\left|\sum \limits_{k=0}^{N}\left(a_{k}-a\right)\right|+\frac{1}{n}\left|\sum \limits_{k=N+1}^{n}\left(a_{k}-a\right)\right| \leq \frac{1}{n} \sum \limits_{k=N+1}^{N}\left|a_{k}-a\right|+\frac{1}{n} \sum \limits_{k}^{n}\left|a_{k}-a\right| \end{aligned}$
Nun weisst du ja, dass $\left|a_{n}-a\right| \leq M$ für irgendein $M$, da $a_{n}$ konvergiert. Unser Ziel ist es, für ein beliebiges $\epsilon>0$ ein $N>0$ zu finden, sodass für alle $n>N$ der obige Ausdruck kleiner als dieses $\epsilon$ ist. Wir wählen nun $N_{1}$ so, dass gilt
$\begin{aligned} \forall n \geq N_{1}:\left|a_{n}-a\right|<\frac{\epsilon}{2}\end{aligned}$
und somit ist die zweite Summe
$\begin{aligned} \frac{1}{n} \sum \limits_{k=N_{1}+1}^{n}\left|a_{k}-a\right|<\frac{\left(n-N_{1}-1\right) \epsilon}{2 n} \leq \frac{\left(n-N_{1}\right) \epsilon}{2 n}=\frac{\epsilon}{2}-\frac{N_{1} \epsilon}{2 n}\end{aligned}$
und die erste Summe
$\begin{aligned} \frac{1}{n} \sum \limits_{k=0}^{N}\left|a_{k}-a\right| \leq \frac{N_{1} \cdot M}{n}\end{aligned}$
Dieses $N_{1}$ haben wir nun fixiert (für das beliebige $\epsilon$ ). Nun wählen wir $N_{2}$ so, dass für alle $n>N_{2}$ gilt
$\begin{aligned} \frac{N_{1} \cdot M}{n}<\frac{\epsilon}{2}\end{aligned}$
Dann gilt:
$\begin{aligned} \forall n>\max \left\{N_{1}, N_{2}\right\}: \frac{1}{n} \sum \limits_{k=0}^{N_1}\left|a_{k}-a\right|+\frac{1}{n} \sum \limits_{k=N_1+1}^{n}\left|a_{k}-a\right|<\frac{N_{1} \cdot M}{n}+\frac{\epsilon}{2}-\frac{N_{1} \epsilon}{2 n} \\ <\frac{\epsilon}{2}+\frac{\epsilon}{2}-\underbrace{\frac{N_{1} \epsilon}{n}}_{\leq 1} \leq \epsilon \end{aligned}$

Comments

Vielen Dank für die super Antwort