Muestran que el límite de $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^2 \to 1$

Question

Esto lo vi en una conferencia de nota, pero tiene problemas de probarlo.

Espectáculo $ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^2 \to 1$. Para cada una de las $n\geq 1$, es fácil mostrar que $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^2 \leq 1$, de modo que el límite está acotada arriba por $1$. De ello se desprende del hecho de que para todos los $i\in \{1,...,n\}$, $\ln(i)\leq \ln(n)$.

Traté de encontrar un límite inferior que converge a$1$$n\to \infty$, pero no he sido muy exitosa. Una idea que yo tenía era la utilización de la convexidad de la función cuadrática y demostrar que $$ \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^2\geq \left(\frac{\ln(n)}{\ln(n)}\right)^2 + 2\left(\frac{\ln(n)}{\ln(n)}\right)\left(\frac{\ln(i)-\ln(n)}{\ln(n)}\right). $$ A continuación, $$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^2 \geq \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left\{1+2\frac{\ln(i)-\ln(n)}{\ln(n)}\right\} $$ $$ =1+\underbrace{\frac{2}{n}\sum_{i=1}^n \left\{\frac{\ln(i)-\ln(n)}{\ln(n)}\right\}}_{\en(-2,0)}. $$ Yo estaba esperando para mostrar el segundo término converge a$0$$n\to \infty$, pero no acababa de pan. Alguna idea? También, ¿crees que se puede generalizar a $ \lim_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^p \to 1$ cualquier $p\geq 1$? ..........Editar.............

El uso de @sharding4 sugerencia $\sum_{i=1}^n \ln(i) \approx n\ln(n)-n+1$, obtenemos

$$ \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \left\{\frac{\ln(i)-\ln(n)}{\ln(n)}\right\}\approx \frac{n\ln(n)-n+1-\ln(n)n}{n\ln(n)}\to 0 $$ como $ n\to \infty$. Lo segundo término, efectivamente, convergen a $0$. Gracias por la ayuda!

Answer 1

Esto funciona para cualquier exponente $m$, no sólo $2$,

$\begin{array}\ \frac{1}{n}\sum{i=1}^n \left(\frac{\ln(i)}{\ln(n)}\right)^m &=\frac{1}{n\ln^mn}\sum{i=1}^n \ln^m(i)\ &=\frac{1}{n\ln^mn}\sum{i=1}^n (\ln(n)+\ln(i/n))^m\ &=\frac{1}{n}\sum{i=1}^n (1-\frac{\ln(n/i)}{\ln(n)})^m\ &\ge\frac{1}{n}\sum{i=1}^n (1-m\frac{\ln(n/i)}{\ln(n)}) \qquad\text{Bernoulli's inequality}\ &=1-\frac{m}{n\ln(n)}\sum{i=1}^n \ln(n/i)\ &=1-\frac{m}{n\ln(n)}\sum_{i=1}^n (\ln(n)-\ln(i))\ &=1-\frac{m}{n\ln(n)}(\ln(n^n)-\ln(n!))\ &\gt 1-\frac{m}{n\ln(n)}(n\ln(n)-n(\ln(n)-1)) \qquad\text{since }n! > (n/e)^n\ &= 1-\frac{m}{n\ln(n)}(n)\ &= 1-\frac{m}{\ln(n)}\ \end{matriz} $

por lo que la suma está entre $1-\frac{m}{\ln(n)} $ y $1$, por lo que su límite es $1$.

Answer 2

OP, parece a mí que solucionó el problema casi enteramente a sí mismo. Sólo observar que %#% $ #%

y concluir fácilmente que el lado derecho tiende a $$=1+\frac{2}{n}\sum_{i=1}^n \frac{\ln(i)-\ln(n)}{\ln(n)} = 1 + \frac{2}{n\ln(n)}\ln(\frac{n!}{n^n})$.

Answer 3

Pensé que podría ser instructivo para presentar un enfoque que utiliza la de Euler-Maclaurin Suma Fórmula (EMSF). Para ello, vamos a proceder.

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Usign el EMSF, podemos escribir

$$\begin{align} \sum_{i=1}^n \log^2(i)&=\int_1^n \log^2(x)\,dx+\frac12 \log^2(n)+O\left(\frac{\log(n)}{n}\right)\\\\ &=\left(n\log^2(n)-2n\log(n)+2n-2\right)+\frac12 \log^2(n)+O\left(\frac{\log(n)}{n}\right)\tag 1 \end{align}$$

Dividiendo $(1)$ $n\log^2(n)$ y dejando $n\to \infty$ se obtiene el codiciado límite

$$\lim_{n\to \infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \left(\frac{\log(i)}{\log(n)}\right)^2=1$$

como iba a ser mostrado!

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Como alternativa, debido a $\log^2(i)$ es monótonamente creciente podemos vinculado a la suma de $\sum_{i=1}^n \log^2(i)$

$$\int_1^n \log^2(x)\,dx \le \sum_{i=1}^n \log^2(i)\le \int_1^{n+1} \log^2(x)\,dx \tag 2$$

La realización de la integral en $(2)$ revela

$$\begin{align}n\log^2(n)-2n\log(n)+2n-2 &\le \sum_{i=1}^n \log^2(i) \le (n+1)\log^2(n+1)-2(n+1)\log(n+1)+2n\end{align}$$

de dónde dividiendo por $n\log^2(n)$ y dejando $n\to \infty$ rendimientos

$$\lim_{n\to \infty}\frac1n \sum_{i=1}^n \left(\frac{\log(i)}{\log(n)}\right)^2=1$$

como se esperaba!

Answer 4

Acabo de darme cuenta de una prueba que parece haber escapado a la atención. Nuestra expresión es igual a

$$\tag 1 \frac{1}{\ln^2 n}\sum_{k=1}^n (\ln^2 k) \frac{1}{n}.$$

Ahora

$$(\ln k)^2 = (\ln (k/n) + \ln n)^2 = \ln^2 (k/n) + 2\ln (k/n)\cdot \ln n + \ln^2 n.$$

Por lo tanto $(1)$ es igual a

$$\tag 2 \frac{1}{\ln^2 n}\left (\sum_{k=1}^n \ln^2 (k/n) \frac{1}{n} + \ln n\sum_{k=1}^n 2\ln (k/n) \frac{1}{n} +\ln^2 n \right ).$$

Como $n\to \infty,$ la primera suma en $(2)$ $\int_0^1 \ln^2 x\, dx.$ La segunda suma en $(2)$ $2\int_0^1 \ln x \, dx.$ Estas integrales, aunque inadecuado, son agradables y finito. Dividiendo por $\ln^2 n$ da $0+0 +1 = 1$ para el límite deseado.

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Prueba anterior: Escribir la expresión como

$$\tag 1\frac{\sum_{k=1}^{n}\ln^2 k}{n\ln^2 n},$$

nos anima a ver Stolz-Cesaro saludando a nosotros. Por lo tanto, consideramos

$$\tag 2\frac{\ln^2 (n+1)}{(n+1)\ln^2 (n+1) -n\ln^2 n}.$$

Ahora la derivada de $x\ln^2 x$ es igual a $\ln^2 x +2\ln x.$ por el valor medio teorema, el denominador en $(2)$ es igual a $\ln^2 c_n +2\ln c_n$ algunos $c_n \in (n,n+1).$ creo que me voy a parar aquí; la deducción el límite en $(2)$ $1$ ahora es bastante sencillo, y por lo tanto S-C muestra el límite de $(1)$ $1.$

Answer 5

Por brevedad que $S(n)=\frac {1}{n}\sum_{j=1}^n\left(\frac {\log j}{\log n}\right)^2$ $n>1.$

$r\in (0,1)$ Tenemos $$S(n)\geq \frac {1}{n}\sum{n^r\leq j\leq n}\left(\frac {\log j}{\log n}\right)^2\geq \frac {1}{n}\sum{n^r\leq j\leq n}\left(\frac{ \log n^r}{\log n}\right)^2=\frac {1}{n}\sum_{n^r \leq j\leq n}r^2\geq$$ $% $ $\geq \frac {1}{n}r^2(n-n^r-1)=r^2(1-n^{-r}-n^{-1}).$

Por lo tanto $\lim{m\to \infty}\inf{n\geq m}S(n)\geq \lim{m\to \infty}\inf{n\geq m}r^2(1-n^{-r}-n^{-1})=r^2.$

Puesto que esto sostiene para cualquier $r\in (0,1)$ tenemos $\lim{m\to \infty}\inf{n\geq m}S(n)\geq \sup {r^2:r\in (0,1)}=1.$