Demostrar la desigualdad y la limitación

Question

Supongamos que $\{a_k\}$ , $\{b_k\}$ y $\{\xi_k\}$ son no negativos, y para todo $k\ge 0$ tenemos $$a_{k+1}^2\le(a_k+b_k)^2-\xi_k^2$$ Prueba
1. $$\sum_{i=1}^{k}\xi_i^2\le(a_1+\sum_{i=0}^kb_i)^2$$
2. Si $\{b_k\}$ también satisfacen $\sum_{k=0}^{\infty}b_k^2\lt+\infty $ entonces $$\lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\sum_{i=1}^k\xi_i^2=0$$

Después de hacer esta transformación: $$\xi_k^2\le(a_k+b_k)^2-a_{k+1}^2$$ $\Rightarrow$ $$\sum_{i=1}^{k}\xi_k^2\le(a_1+b_1-a_2)(a_1+b_1+a_2)+(a_2+b_2-a_3)(a_2+b_2+a_3)+\cdots(a_k+b_k-a_{k+1})(a_k+b_k+a_{k+1})$$ entonces ya no puedo avanzar.

Answer 1

Demostremos primero por inducción que $$\tag{1} a_1 +\sum_{i=0}^k b_i \ge a_{k+1}.$$ Para $k=0$ esta desigualdad es trivial. Supongamos a continuación que (1) ya se ha demostrado para $0 \le i \le k$ entonces tenemos $$a_1 + \sum_{i=0}^{k+1} b_i \ge a_{k+1} + b_{k+1} \ge a_{k+1} + \big(\sqrt{a_{k+2}^2 + \xi_{k+1}^2} - a_{k+1} \big) \ge a_{k+2}.$$ Ahora estamos listos para mostrar la desigualdad más fuerte $$\tag{2}\sum_{i=1}^k \xi_i^2 \leq \big(a_1 + \sum_{i=0}^k b_i \big)^2 - a_{k+1}^2.$$ De nuevo, lo demostramos por inducción. De hecho, $k=1$ es una consecuencia directa de la condición inicial: $$a_2^2 \le (a_1+b_1)^2-\xi_1^2 \le (a_1+b_0+b_1)^2 - \xi_1^2.$$ Supongamos que (2) es cierto para $k$ entonces \begin{align} \big(a_1 + \sum_{i=0}^{k+1} b_i \big)^2-a_{k+2}^2 &\ge \sum_{i=1}^k \xi_i^2 + 2 \big( a_1 +\sum_{i=0}^k b_k \big) b_{k+1} + b_{k+1}^2 + (a_{k+1}^2 -a_{k+2}^2) \\ &\ge \sum_{i=1}^k \xi_i^2 + (2 a_{k+1} b_{k+1} +b_{k+1}^2) + (a_{k+1}^2 -a_{k+2}^2) \\ &\ge \sum_{i=1}^k \xi_i^2 + (a_{k+2}^2 +\xi_{k+1}^2 - a_{k+1}^2) + (a_{k+1}^2 -a_{k+2}^2) \\ &\ge \sum_{i=1}^{k+1} \xi_i^2 \end{align} Nótese que he utilizado en (1) la segunda desigualdad y la condición inicial en la tercera desigualdad.

El resultado anterior también puede aplicarse con índices desplazados: La secuencia desplazada $(a_{n+j},b_{n+j},\xi_{n+j})_{n \in \mathbb{N}_0}$ satisface la condición inicial y por lo tanto podemos concluir (utilizando $(a+b)^2 \leq 2 a^2+2b^2$ ) que \begin{align} \frac{1}{k-j+1} \sum_{i=j+1}^k \xi_i^2 &\le \frac{2}{k-j+1} \Big(a_{j+1}^2 + (\sum_{i=j}^k b_i)^2\Big)\\ &\le \frac{2a_{j+1}^2}{k-j+1} + 2\sum_{i=j}^k b_i^2, \end{align} donde en el último paso se utilizó la desigualdad de Cauchy-Schwarz. Suponiendo ahora además que $\sum_{n=1}^\infty b_n^2 <\infty$ encontramos que \begin{align} \limsup_{k \rightarrow \infty} \frac{1}{k} \sum_{i=1}^k \xi_i^2 &\le \limsup_{k \rightarrow \infty} \frac{1}{k} \sum_{i=1}^{j} \xi_i^2 + \limsup_{k \rightarrow \infty} \frac{1}{k} \sum_{i=j+1}^k \xi_i^2 \\ &= \limsup_{k \rightarrow \infty} \frac{k-j+1}{k} \frac{1}{k-j+1} \sum_{i=j+1}^k \xi_i^2 \\ &\le \limsup_{k \rightarrow \infty} \frac{2a_{j+1}^2}{k-j+1} + 2\sum_{i=j}^k b_i^2 \\ &= 2\sum_{i=j}^\infty b_i^2 \rightarrow 0 \quad \text{for} \quad j \rightarrow \infty \end{align} probando la segunda parte de la pregunta inicial.