Demostrar que .

Question

Descubrí accidentalmente esta igualdad, en la que puedo probar numéricamente el uso de python.

PS

Pero necesito demostrar esta igualdad de una manera algebraica y no podría llegar a ninguna parte. El lado derecho no es más que una media aritmética, mientras que el lado izquierdo es una modificación de la media geométrica. Espero que alguien me pueda ayudar en este punto.

Answer 1

Suponga que $k$ es mayor que el doble de $|x_1|+\ldots+|x_n|$ y también mayor que el doble de $M=x_1^2+\ldots+x_n^2$. En el intervalo de $\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$ hemos $$ e^x = 1+x+C(x)x^2, \qquad \log(1+x)=x+D(x)x^2 $$ con $|C(x)|,|D(x)|\leq 1$. De ello se sigue que

$$\begin{eqnarray*}\text{GM}(x_1+k,\ldots,x_n+k)&=&k\cdot \text{GM}\left(1+\tfrac{x_1}{k},\ldots,1+\tfrac{x_n}{k}\right)\\&=&k\exp\left[\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}\log\left(1+\frac{x_j}{k}\right)\right]\\&=&k\exp\left[\frac{1}{k}\sum_{j=1}^{n}\frac{x_j}{n}+\Theta\left(\frac{M}{nk^2}\right)\right]\\&=&k\left[1+\frac{1}{k}\sum_{j=1}^{n}\frac{x_j}{n}+\Theta\left(\frac{M}{nk^2}\right)\right]\end{eqnarray*}$$ y el reclamo está probado. Parece muy razonable también sin una prueba formal: la magnitud de la diferencia entre la media aritmética y la media geométrica es controlado por $\frac{\text{Var}(x_1,\ldots,x_n)}{\text{AM}(x_1,\ldots,x_n)}$. Una traducción hacia la derecha abandona la varianza sin cambios y aumentos de la media.

Answer 2

Usted podría incluso conseguir una interesante asymptotics considerando $$y_n=\sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}{(x_i+k)}}$$ $$ \log(y_n)=\frac 1n \sum_{i=1}^{n}\log\left({(x_i+k)}\right)=\frac 1n \sum_{i=1}^{n}\left(\log(k)+\log\left(1+\frac {x_i}k\right)\right)$$ Assuming that $x_1<x_2<\cdots < x_n \ll k$, use the Taylor expansion of $\log\left(1+\frac {x_i}k\right)$. Continuando con la serie de Taylor $$y_n=e^{\log(y_n)}\implica y_n=k+\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n}+\frac{\left(\sum_{i=1}^{n} x_i\right)^2-n\sum_{i=1}^{n} x^2_i}{2n^2 k}+O\left(\frac{1}{k^2}\right)$$haciendo $$ \sqrt[n]{ \prod_{i=1}^{n}{(x_i+k)}} - k =\frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n}+\frac{\left(\sum_{i=1}^{n} x_i\right)^2-n\sum_{i=1}^{n} x^2_i}{2n^2 k}+O\left(\frac{1}{k^2}\right)$$

Por ejemplo, el uso de $n=10$, $k=1000$ e $x_i=p_i$, la aproximación daría $\frac{2572671}{200000}\approx 12.8634$ , mientras que el cálculo exacto llevaría a $\approx 12.8639$

Answer 3

Su expresión bajo el límite puede escribirse como $k(a-b) $ donde $$a=\sqrt[n]{\prod_{i=1}^{n}\left(1+\frac{x_i}{k}\right)}, b=1$$ and further $ ab = (a ^ nb ^ n) / c$ where $ a, b$ tend to $ 1$ and $$c=a^{n-1}+a^{n-2}b+\dots+ab^{n-2}+b^{n-1}$$ tends to $ n$ as $ k \ to \ infty$. And $$a^n-b^n=\prod_{i=1}^{n}\left(1+\frac{x_i}{k}\right)-1=\frac{1}{k}\sum_{i=1}^{n}x_i+o(1/k)$$ and thus $$k(a-b) =\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i+o(1)$$ and the desired limit as $ k \ to \ infty$ is $ \ dfrac {1} {n} \ sum \ limits_ {i = 1} ^ {n} x_i $ .

Answer 4

También puede presentar un argumento utilizando la regla de L'Hopital: \begin{align*} \lim_{k \to \infty} \sqrt[n]{\prod_{i = 1}^n (x_i + k)} - k &= \lim_{k \to \infty} \frac{\sqrt[n]{\prod_{i = 1}^n \left(\frac{x_i}{k} + 1\right)} - 1}{\frac{1}{k}} \\ &\overset{(H)}{=} \lim_{k \to \infty} \frac{\frac{1}{n} \cdot \frac{\sum_{i = 1}^n \frac{-x_i}{k^2} \cdot \prod_{j \ne i} \left(\frac{x_i}{k} + 1\right)}{\left(\prod_{i = 1}^n \left(\frac{x_i}{k} + 1\right)\right)^{1 - 1/n}}}{\frac{-1}{k^2}} \\ &= \lim_{k \to \infty}\frac{1}{n} \cdot \frac{\sum_{i = 1}^n x_i \cdot \prod_{j \ne i} \left(\frac{x_i}{k} + 1\right)}{\left(\prod_{i = 1}^n \left(\frac{x_i}{k} + 1\right)\right)^{1 - 1/n}} \\ &= \frac{\sum_{i = 1}^n x_i}{n} \end {align *}

Answer 5

$$ \begin{align} \lim_{k\to\infty}\left[\left(\prod_{i=1}^n(x_i+k)\right)^{1/n}-k\right] &=\lim_{k\to\infty}k\left[\prod_{i=1}^n\left(1+\frac{x_i}k\right)^{1/n}-1\right]\\ &=\lim_{k\to\infty}\frac{\prod\limits_{i=1}^n\left(1+\frac{x_i}k\right)^{1/n}-1}{\log\left(\prod\limits_{i=1}^n\left(1+\frac{x_i}k\right)^{1/n}\right)}\cdot\lim_{k\to\infty}\frac kn\sum_{i=1}^n\log\left(1+\frac{x_i}k\right)\\ &=\lim_{x\to1}\frac{x-1}{\log(x)}\cdot\frac1n\sum_{i=1}^n\lim_{k\to\infty}k\log\left(1+\frac{x_i}k\right)\\[9pt] &=\frac1n\sum_{i=1}^nx_i \end {align} $$