Формулювання теореми
ред.
Шаблон:Plain theorem Нехай числа {c nk | 1 ≤ k ≤ n , n ≥ 1} ⊂ R задовольняють умови:
∀ k ∈ N : c nk → 0, n → ∞;
∑
k
=
1
n
c
n
k
→
1
,
n
→
∞
;
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}c_{nk}\rightarrow 1,n\rightarrow \infty ;}
∃ C > 0 ∀ n ≥ 1:
∑
k
=
1
n
|
c
n
k
|
≤
C
.
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}|c_{nk}|\leq C.}
Тоді для будь-якої збіжної послідовності чисел {a n | n ≥ 1} послідовність
{
b
n
=
∑
k
=
1
n
c
n
k
a
k
|
n
≥
1
}
{\displaystyle \left\{b_{n}=\sum _{k=1}^{n}c_{nk}a_{k}|n\geq \;1\right\}}
також збігається і
lim
n
→
∞
b
n
=
lim
n
→
∞
a
n
.
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }b_{n}=\lim _{n\to \infty }a_{n}.}
Шаблон:Remark Умови 1-3 теореми Тьопліца необхідні і достатні.
{{knu mechmat}}
→ Нехай a n → a , n → ∞, спробуємо довести, що
a
1
+
a
2
+
…
+
a
n
n
→
a
,
n
→
∞
{\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}\rightarrow a,n\rightarrow \infty }
Перевіримо виконання умов теореми Тьопліца:
{
b
n
=
∑
k
=
1
n
c
n
k
a
k
|
n
≥
1
}
,
{\displaystyle \left\{b_{n}=\sum _{k=1}^{n}c_{nk}a_{k}|n\geq \;1\right\},}
звідси випливає, що
{
b
n
=
1
n
∑
k
=
1
n
a
k
|
n
≥
1
}
,
{\displaystyle \left\{b_{n}={\frac {1}{n}}\sum _{k=1}^{n}a_{k}|n\geq \;1\right\},}
отже, c nk = 1/n .
Візьмемо першу властивість. Доведемо, що c nk → 0, n → ∞, тобто
lim
n
→
∞
1
n
=
0
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}=0}
∀ ε > 0|1/n -0| = 1/n < ε ⇔ n > 1/ε . Тому ∀ ε > 0 ∃ N := [1/ε ] +1 ∈ R і ∀ n ≥ N : |1/n - 0| < ε . Отже, за означенням
lim
n
→
∞
1
n
=
0.
{\displaystyle \lim _{n\to \infty }{\frac {1}{n}}=0.}
Перевіримо другу властивість. Тут маємо
∑
k
=
1
n
c
n
k
=
∑
k
=
1
n
1
n
=
(
1
n
+
1
n
+
…
+
1
n
)
⏟
n
=
n
n
=
1.
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}c_{nk}=\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{n}}={\begin{matrix}\underbrace {\left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}+\ldots +{\frac {1}{n}}\right)} \\n\end{matrix}}={\frac {n}{n}}=1.}
Отже, n → ∞, звідси випливає, що ∀ n
∑
k
=
1
n
c
n
k
=
1.
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}c_{nk}=1.}
Подивимось, чи виконується третя властивість теореми.
∑
k
=
1
n
|
c
n
k
|
=
∑
k
=
1
n
|
1
n
|
=
∑
k
=
1
n
1
n
=
(
1
n
+
1
n
+
…
+
1
n
)
⏟
n
=
n
n
=
1
≤
1
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}|c_{nk}|=\sum _{k=1}^{n}\left|{\frac {1}{n}}\right\vert =\sum _{k=1}^{n}{\frac {1}{n}}={\begin{matrix}\underbrace {\left({\frac {1}{n}}+{\frac {1}{n}}+\ldots +{\frac {1}{n}}\right)} \\n\end{matrix}}={\frac {n}{n}}=1\leq \;1}
Отже,
∑
k
=
1
n
|
c
n
k
|
≤
1
,
{\displaystyle \sum _{k=1}^{n}|c_{nk}|\leq \;1,}
тобто C = 1.
Як бачимо, виконуються всі умови теореми Тьопліца і
a
1
+
a
2
+
…
+
a
n
n
→
a
,
n
→
∞
.
{\displaystyle {\frac {a_{1}+a_{2}+\ldots +a_{n}}{n}}\rightarrow a,n\rightarrow \infty .}
Доведення
ред.
Для послідовності {a n = a| n ≥ 1}, a ∈ R , маємо
b
n
=
a
∑
k
=
1
n
c
n
k
→
a
,
n
→
∞
,
{\displaystyle b_{n}=a\sum _{k=1}^{n}c_{nk}\rightarrow a,n\rightarrow \infty ,}
за умови 2. Тому достатньо розглянути випадок, коли a n → 0, n → ∞.
Наступна нерівність (позначимо її (∗))
|
b
n
−
0
|
=
|
b
n
|
=
|
∑
k
=
1
n
c
n
k
a
k
|
≤
∑
k
=
1
m
−
1
|
c
n
k
|
⋅
|
a
k
|
+
∑
k
=
m
n
|
c
n
k
|
⋅
|
a
k
|
{\displaystyle |b_{n}-0|=|b_{n}|=\left|\sum _{k=1}^{n}c_{nk}a_{k}\right\vert \leq \;\sum _{k=1}^{m-1}|c_{nk}|\cdot |a_{k}|+\sum _{k=m}^{n}|c_{nk}|\cdot |a_{k}|}
справедлива для кожного m , 1 < m ≤ n . Нехай тепер ε > 0 задано. За означенням границі послідовності, ∃ N 1 ∈ N ∀ n ≥ N 1 : |a n | < ε /2C , крім того, ми знаємо, що збіжна послідовність обмежена. ∃ D > 0 ∀ n ≥ 1 : |a n | ≤ D . Нехай далі в нерівності (∗) n ≥ N 1 і m = N 1 . За умовою 1 даної теореми ∀ k , 1 ≤ k ≤ N 1 - 1: c nk → 0, n → ∞, дане твердження рівносильне |c nk | → 0, n → ∞, звідси випливає
∑
k
=
1
N
1
−
1
|
c
n
k
|
→
0
,
n
→
∞
.
{\displaystyle \sum _{k=1}^{N_{1}-1}|c_{nk}|\rightarrow 0,n\rightarrow \infty .}
Отже, ∃ N 2 ∈ N ∀ n ≥ N 2 :
∑
k
=
1
N
1
−
1
|
c
n
k
|
<
ε
2
D
.
{\displaystyle \sum _{k=1}^{N_{1}-1}|c_{nk}|<{\frac {\varepsilon }{2D}}.}
Тоді для номерів
n
≥
N
:=
max
{
N
1
,
N
2
}
{\displaystyle n\geq \;N:=\max \ \left\{{N_{1},N_{2}}\right\}\quad }
із нерівності (∗) враховуючи три останні нерівності і умову 3 даної теореми отримаємо
|
b
n
−
0
|
≤
D
∑
k
=
1
N
1
−
1
|
c
n
k
|
+
ε
2
C
∑
k
=
N
1
n
|
c
n
k
|
<
D
ε
2
D
+
ε
2
C
∑
k
=
1
n
|
c
n
k
|
<
ε
2
+
ε
2
C
C
=
ε
.
{\displaystyle |b_{n}-0|\leq \;D\sum _{k=1}^{N_{1}-1}|c_{nk}|+{\frac {\varepsilon }{2C}}\sum _{k=N_{1}}^{n}|c_{nk}|<D{\frac {\varepsilon }{2D}}+{\frac {\varepsilon }{2C}}\sum _{k=1}^{n}|c_{nk}|<{\frac {\varepsilon }{2}}+{\frac {\varepsilon }{2C}}C=\varepsilon .}
Див. також
ред.
Література
ред.
Дороговцев А. Я. Математический анализ . — К. : Факт, 2004. — 560с.