¿Cómo mostrar la existencia del límite$\lim_{n\to \infty}\frac{x_n}{n}$ si$x_n$ satisface$x^{-n}=\sum_{k=1}^\infty (x+k)^{-n}$?

Question

Supongamos $x_n$ es la única solución positiva de la ecuación de $x^{-n}=\sum\limits_{k=1}^\infty (x+k)^{-n}$, ¿cómo demostrar la existencia del límite de $\lim_{n\to \infty}\frac{x_n}{n}$?

Es fácil ver que $\{x_n\}$ es cada vez mayor.De hecho, la euation es igual a $$1=\sum_{k=1}^\infty(1+\frac{k}{x})^{-n} \tag{*}$$ Si $x_n\ge x_{n+1}$,a continuación, observe que para cualquier fija$ k$,$(1+\frac{k}{x})^{-n}$ está aumentando,así podemos obtener $$\frac{1}{(1+\frac{k}{x_n})^n}\ge \frac{1}{(1+\frac{k}{x_{n+1}})^n}>\frac{1}{(1+\frac{k}{x_{n+1}})^{n+1}}$$ Haciendo un resumen de todos los k de 1 a $\infty$,podemos ver $$\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(1+\frac{k}{x_n})^n}>\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(1+\frac{k}{x_{n+1}})^{n+1}}$$ luego de $(*)$ vemos que las dos series en el por encima de la igualdad, son todos iguales a $1$,la bruja es una contradicción!

Pero parece difícil para nosotros para mostrar la existencia de $\lim_{n\to \infty}\frac{x_n}{n}$.Lo que puedo ver por la zona del principio es

$$\Big|\sum_{k=1}^\infty\frac{1}{(1+\frac{k}{x_n})^n}-\int_1^\infty \frac{1}{(1+\frac{x}{x_n})}dx\Big|<\frac{1}{(1+\frac1{x_n})^n}$$ o $$\Big|1-\frac{x_n}{n-1}(1+\frac{1}{x_n})^{1-n}\Big|<\frac{1}{(1+\frac1{x_n})^n}$$

Answer 1

Para cualquier $n \ge 2$, considere la función $\displaystyle\;\Phi_n(x) = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{x}{x+k}\right)^n$.

Es fácil ver $\Phi_n(x)$ es una función creciente de más de $(0,\infty]$. Para las pequeñas $x$, está delimitada desde arriba por $x^n \zeta(n)$ y por lo tanto disminuye a $0$ como $x \to 0$. Para grandes $x$, podemos aproximar la suma por una integral e $\Phi_n(x)$ diverge como $\displaystyle\;\frac{x}{n-1}$ como $x \to \infty$. Por definición, $x_n$ es la única raíz de $\Phi_n(x_n) = 1$. Deje $\displaystyle\;y_n = \frac{x_n}{n}$.

Para cualquier $\alpha > 0$, aplicar AM $\ge$ GM a $n$ copias de $1 + \frac{\alpha}{n}$ y una copia de $1$, obtenemos

$$\left(1 + \frac{\alpha}{n}\right)^{n/n+1} > \frac1{n+1} \left[n\left(1 + \frac{\alpha}{n}\right) + 1 \right] = 1 + \frac{\alpha}{n+1}$$ La desigualdad es estricta porque el $n+1$ números no son idénticos. Tomando el recíproco de ambos lados, obtenemos $$\left( \frac{n}{n + \alpha} \right)^n \ge \left(\frac{n+1}{n+1 + \alpha}\right)^{n+1} $$

Reemplace $\alpha$ por $\displaystyle\;\frac{k}{y_n}$ genéricos entero positivo $k$, obtenemos

$$\left( \frac{x_n}{x_n + k} \right)^n = \left( \frac{n y_n}{n y_n + k} \right)^n > \left(\frac{(n+1)y_n}{(n+1)y_n + k}\right)^{n+1}$$ Suma más de $k$ y utilizando la definición de $x_n$, nos encontramos con

$$\Phi_{n+1}(x_{n+1}) = 1 = \Phi_n(x_n) > \Phi_{n+1}((n+1)y_n)$$

Desde $\Phi_{n+1}$ es creciente, obtenemos $x_{n+1} > (n+1)y_n \iff y_{n+1} > y_n$. Esto significa $y_n$ es un aumento de la secuencia.

Os vamos a mostrar a $y_n$ está delimitada desde arriba por $\frac32$ (ver actualización a continuación para más elementales y la mejor cota superior). Por simplicidad, vamos nosotros abberivate $x_n$ e $y_n$ como $x$ e $y$. Por su definición, tenemos

$$\frac{2}{x^n} = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{(x+k)^n}$$

Por Abel-Plana fórmula, podemos transformar la suma en la RHS a las integrales. El resultado final es

$$\begin{align}\frac{3}{2x^n} &= \int_0^\infty \frac{dk}{(x+k)^n} + i \int_0^\infty \frac{(x+it)^{-n} - (x-it)^{-n}}{e^{2\pi t} - 1} dt\\ &=\frac{1}{(n-1)x^{n-1}} + \frac{1}{x^{n-1}}\int_0^\infty \frac{(1+is)^{-n} - (1-is)^{-n}}{e^{2\pi x s}-1} ds \end{align} $$ Multiplicar ambos lados por $nx^{n-1}$ y reemplace $s$ por $s/n$, obtenemos

$$\begin{align}\frac{3}{2y} - \frac{n}{n-1} &= i \int_0^\infty \frac{(1 + i\frac{s}{n})^{-n} - (1-i\frac{s}{n})^{-n}}{e^{2\pi ys} - 1} ds\\ &= 2\int_0^\infty \frac{\sin\left(n\tan^{-1}\left(\frac{s}{n}\right)\right)}{\left(1 + \frac{t^2}{n^2}\right)^{n/2}} \frac{ds}{e^{2\pi ys}-1}\tag{*1} \end{align} $$ Para la integral sobre RHS, si queremos que sus integrando a ser negativo, necesitamos

$$n\bronceado^{-1}\left(\frac{s}{n}\right) > \pi \implica \frac{s}{n} > \tan\left(\frac{\pi}{n}\right) \implica s > \pi$$

Por el momento $s$ alcance $\pi$, el factor de $\frac{1}{e^{2\pi ys} - 1}$ ya gotas muy pequeñas. Numéricamente, sabemos $y_4 > 1$, por lo que para $n \ge 4$ e $s \ge \pi$, tenemos

$$\frac{1}{e^{2\pi ys} - 1} \le \frac{1}{e^{2\pi^2} - 1} \approx 2.675 \times 10^{-9}$$

Esto implica que la integral es positivo. Para $n \ge 4$, podemos deducir

$$\frac{3}{2y} \ge \frac{n}{n-1} \implies y_n \le \frac32\left(1 - \frac1n\right) < \frac32$$

Desde $y_n$ es creciente y acotada desde arriba por $\frac32$, límite $y_\infty \stackrel{def}{=} \lim_{n\to\infty} y_n$ existe y $\le \frac32$.

Fijo $y > 0$, con la ayuda de la DCT, se puede demostrar que el último integrante de $(*1)$ converge.
Esto sugiere $y_\infty$ es una raíz de la siguiente ecuación cerca de $\frac32$

$$\frac{3}{2y} = 1 + 2\int_0^\infty \frac{\sin(s)}{e^{2\pi ys} - 1} ds$$

De acuerdo a DLMF, $$\int_0^\infty e^{-x} \frac{\sin(ax)}{\sinh x} dx = \frac{\pi}{2}\coth\left(\frac{\pi a}{2}\right) - \frac1a\quad\text{ for }\quad a \ne 0$$

Podemos transformar nuestra ecuación para

$$\frac{3}{2y} = 1 + 2\left[\frac{1}{4}\coth\left(\frac{1}{2y}\right) - \frac12\right] \ffi \coth\left(\frac{1}{2y}\right) = 3$$

Esto conduce a $\displaystyle\;y_\infty = \frac{1}{\log 2}$.

Esto es consistente con el hallazgo de otra respuesta (actualmente suprimido):

Si $L_\infty = \lim_{n\to\infty}\frac{n}{x_n}$ existe, $L_\infty = \log 2$.

Para resumir, el límite de $\displaystyle\;\frac{x_n}{n}$ existe y debe ser igual a $\displaystyle\;\frac{1}{\log 2}$.

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Actualización

Resulta que hay un más elemental prueba de que $y_n$ está delimitada desde arriba por el óptimo enlazado $\displaystyle\;\frac{1}{\log 2}$.

Recordar para cualquier $\alpha > 0$. tenemos $1 + \alpha < e^\alpha$. Sustituto $\alpha$ por $\frac{k}{n}\log 2$ para $n \ge 2$ e $k \ge 1$, obtenemos

$$\frac{n}{n + k\log 2} = \frac{1}{1 + \frac{k}{n}\log 2} > e^{-\frac{k}{n}\log 2} = 2^{-\frac{k}{n}}$$

Esto lleva a

$$\Phi_n\left(\frac{n}{\log 2}\right) = \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{n}{n + \log 2 k}\right)^n > \sum_{k=1}^\infty 2^{-k} = 1 = \Phi_n(x_n) $$ Desde $\Phi_n(x)$ es creciente, esto significa $\displaystyle\;\frac{n}{\log 2} > x_n$ e $y_n$ está delimitada desde arriba por $\displaystyle\;\frac{1}{\log 2}$.

Answer 2

Considerar las funciones $$f_n(x):=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac{x}{x+k}\right)^n.$$ (La serie converge para todos los fijos $x\geq 0$ e $n\geq 2$.) A continuación, los valores de $x_n$ son las soluciones de $$f_n(x)=1.$$ Tenemos que $f_n(0)=0$ y el porque de $$f_n'(x)=\sum_{k=1}^{\infty}n\left(\frac{x}{x+k}\right)^{n-1}\frac{k}{(x+k)^2},$$ tenemos $f'_n(x)>0$ para $x>0$. Por otra parte $$f_n(3n)=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{3n}{3n+k}\right)^n\geq3\left(\frac{3n}{3n+3}\right)^n=3\left(1+\frac{1}{n}\right)^{-n}.$$ Desde $\lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n})^n=e$ hemos $$\lim_{n\to\infty}f_n(3n)\geq\frac{3}{e}>1$$ and there exists $N\in\mathbb N$, tal que $$f_n(3n)>1$$ para todos los $n\geq N$.

Por lo tanto, lo suficientemente grande como para $n$ tenemos $x_n\in(0,3n)$y $$0\leq\lim_{n\to\infty}\frac{x_n}{n}\leq 3$$

Answer 3

A continuación es mi pensamiento de la prueba de $\lim\limits_{n\to \infty}\frac{x_n}{n}=\frac{1}{\ln 2}$.

Para cualquier $\lambda >0$, \begin{align*} \Phi_n(\lambda n)=\sum_{k=1}^\infty \left( \frac{\lambda n}{\lambda n+k}\right)^n \end{align*} Denotamos $a_{n,k}=\left( \frac{\lambda n}{\lambda n+k}\right)^n$,es fácil comprobar que $a_{n,k}$ es la disminución de $n$,y \begin{align*} \lim_{n\to \infty}a_{n,k}=e^{-k/\lambda}\triangleq b_k \end{align*} Nos damos cuenta de que $\sum_{k=1}^\infty b_k=\sum_{k=1}^\infty e^{-k/\lambda}=\frac{1}{e^{1/\lambda}-1}$,$a_{n,k}<a_{2,k}$,$n\geq 2$,$\sum a_{2,k}$es convergente．Mientras tanto ,podemos verificar la siguiente proposición(Una similar a la de Lebesgue del dominado convergente teorema)

Supongamos$\{a_{n,k}\}$es positivo binario índice de la secuencia,y para todos los $k\in \mathbb{N}_+$hemos $a_{n,k}\to b_k$,$n\to\infty$,además de a$|a_{n,k}|<a_k$, $\sum_{k=1}^\infty a_k$ es convergente.Entonces \begin{align*} \lim_{n\to \infty}\sum_{k=1}^\infty a_{n,k}=\sum_{k=1}^\infty b_k \end{align*}

Así que gracias a el por encima de la proposición puede ver \begin{align*} \lim_{n\to \infty}\Phi_n(\lambda n)=\sum_{k=1}^\infty e^{-k/\lambda}=\frac{1}{e^{1/\lambda}-1} \end{align*}

Especialmente，tomamos $\lambda=\frac{1}{\ln 2}$,a continuación, $\lim_{n\to \infty}\Phi_n\left(\frac{ n}{\ln 2}\right)=1=\Phi_n(x_n)$．Por tanto, para todos $s>\frac{1}{\ln 2}$,desde \begin{align*} \lim_{n\to \infty }\Phi_n(s n)=\frac{1}{e^{1/s}-1}>1=\lim_{n\to \infty}\Phi_n(x_n) \end{align*} vemos que no existe $N$，tal que para todos los$ n>N$, \begin{align*} \Phi_n(s n)>\Phi_n(x_n)\Rightarrow sn>x_n,\forall n>N \end{align*} Esto implica $A=\lim\limits_{n\to \infty }y_n\leqslant s$,lo $A\leqslant \frac{1}{\ln 2}$．Del mismo modo podemos probar $A\geqslant \frac{1}{\ln 2}$,y finalmente llegamos $A=\frac{1}{\ln 2}$.