¿Demuestra que$\prod_{i=1}^n (1+x_i/n) \sim \exp (\sum_{i=1}^n x_i/n)$ como$n\rightarrow\infty$?

Question

Deje $x_1,x_2,\dots$ ser una secuencia infinita de números reales. Asumir que ellos están delimitadas, $|x_i| \le C < \infty$ para todos los $i$ para algunos $C$.

Es cierto que, para cualquier secuencia de

$$\lim_{n \rightarrow \infty} \prod_{i = 1}^n \left( 1 + \frac{x_i}{n} \right) = \lim_{n \rightarrow \infty} \exp \left(\frac{1}{n} \sum_{i = 1}^n x_i \right)?\qquad\qquad (1)$$

Hasta ahora sólo tengo la heurística argumento

$$\prod_{i = 1}^n \left[ \left( 1 + \frac{x_i}{n} \right)^n \right)^{1 / n} \rightarrow \prod_{i = 1}^n \mathrm e^{x_i / n} = \exp \left( \frac{1}{n} \sum_{i= 1}^n x_i \right)$$

pero no puedo estar seguro de que es correcta.

Actualización: La respuesta a mi pregunta original, que el lims en (1) son iguales, es que NO. De hecho, los límites no podría existir. Sin embargo, su relación va a 1, de modo que las dos expresiones son asintóticamente equivalentes. He actualizado el título para reflejar la real y verdadera declaración de que fue demostrado en las respuestas aquí para hacer esto más fácil de encontrar.

Answer 1

(Yo). $\lim_{n\to \infty}n^{-1}\sum_{j=1}^n x_j$ no tiene que existir, incluso si $(x_j)_j$ es un almacén de secuencia.

(2). Deje $A_n=\prod_{j=1}^n(1+x_j/n) .$ Deje $B_n=\exp (n^{-1}\sum_{j=1}^n x_j).$ Deje $n>C.$

Tenemos $\forall j\leq n\,( |x_j|<n)$ así $$\log A_n=\sum_{j=1}^n\log (1+x_j/n)=$$ $$=\sum_{j=1}^n\sum_{s=1}^{\infty }(-1)^{s-1}(x_j/n)^s/s=$$ $$=(\sum_{j=1}^nx_j/n) + R_n$$ $$\text { where } \quad |R_n|=|\sum_{j=1}^n\sum_{s=2}^{\infty}(-1)^{s-1}(x_j/n)^s/s|\leq$$ $$\leq \sum_{j=1}^n \sum_{s=2}^{\infty}(C/n)^s/s=n\sum_{s=2}^{\infty}(C/n)^s/s=$$ $$=(C^2/n)\sum_{t=0}^{\infty} (C/n)^t/(t+2)\leq$$ $$\leq (C^2/n)\sum_{t=0}^{\infty}(C/n)^t=(C^2/n)\cdot 1/(1-C/n).$$ So $\lim_{n\to \infty}R_n=0.$

Pero también tenemos $R_n=\log A_n-\log B_n=\log(A_n/B_n).$ Lo $\lim_{n\to \infty}\log (A_n/B_n)=0.$ Lo $\lim_{n\to \infty}(A_n/B_n)=1.$

Así que si el Cesaro decir $\lim_{n\to \infty}n^{-1}\sum_{j=1}^n x_j$ existe entonces la LHS y RHS en su P son iguales. Si el Cesaro significa que no existe, entonces la proporción de la LHS a la RHS todavía converge a $1.$

Answer 2

Dado $$ S(n) = \prod\limits_{i = 1}^n {\left( {1 + {{x_{\,i} } \over n}} \right)} \quad \left| {\;\left| {x_{\,i} } \right| \le C \le \left\lceil C \right\rceil = D} \right. $$ tomemos $D<<n$ , así que podemos poner $n=mD\quad | \; 2 \le m \in \mathbb Z$.
A partir de entonces tomando logaritmos obtenemos $$ \eqalign{ & \ln S(n) = \sum\limits_{i = 1}^n {\ln \left( {1 + {{x_{\,i} } \over n}} \right)} = \sum\limits_{i = 1}^{mD} {\ln \left( {1 + {{x_{\,i} } \over {mD}}} \right)} = \cr & = \sum\limits_{i = 1}^{mD} {\ln \left( {1 + {{\left( {x_{\,i} /D} \right)} \over m}} \right)} \cr} $$

La formulación de Lagrange de la Taylor resto da $$ \ln \left( {1 + z} \right)\quad \left| {\,\left| z \right|} \right. < 1/2 = z - {1 \over {2\left( {1 + \zeta } \right)^{\,2} }}z^{\,2} \quad \left| {\, - 1/2 < \zeta } \right. < 1/2 $$ así que $$ \left| {\, - {1 \over {2\left( {1 + \zeta } \right)^{\,2} }}\;} \right|z^{\,2} < 2z^{\,2} $$

Por lo tanto, podemos escribir $$ \eqalign{ & \ln S(n) = \sum\limits_{i = 1}^{mD} {\ln \left( {1 + {{\left( {x_{\,i} /D} \right)} \over m}} \right)} = \sum\limits_{i = 1}^{mD} {\left( {{{\left( {x_{\,i} /D} \right)} \over m} + O\left( {{1 \over {m^{\,2} }}} \right)} \right)} = \cr & = \sum\limits_{i = 1}^{mD} {{{\left( {x_{\,i} /D} \right)} \over m} + O\left( {{1 \over m}} \right)} = \sum\limits_{i = 1}^n {{{x_{\,i} } \over n} + O\left( {{1 \over {n/D}}} \right)} \cr} $$ y $$ \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{n\, \a \;\infty } \ln S(n) = \mathop {\lim }\limits_{n\, \a \;\infty } \left( {\sum\limits_{i = 1}^n {{{x_{\,i} } \over n} + O\left( {{1 \over {n/D}}} \right)} } \right) = \cr & = \mathop {\lim }\limits_{n\, \a \;\infty } \left( {{1 \over n}\sum\limits_{i = 1}^n {x_{\,i} } } \right) \cr} $$

Por lo tanto, si los dos límites existen o no, su relación es, en cualquier caso, $1$.

Answer 3

De ello se sigue, sencillamente, de la una de la definiciones de $e^x$ (diciendo: "una de" las definiciones un poco flojos para indicar que cualquiera de ellos podría ser llevado a ser la definición) - $$e^x\equiv\lim_{n\rightarrow\infty}\left(1+{x\over n}\right)^n .$$

El producto de $n$ factores es una generalización de la elevación a la potencia de $n$ en el dado (por mí) límite de definición, y que el argumento de su término exponencial es la media aritmética sobre todas las $x$ es la generalización en que lugar correspondiente.

Una forma que tenemos de demostrar en el simple caso de (llamémosle) cuando es tan solo un valor de $x$, es mostrar que la expansión binomial se transforma en la serie de Taylor para $e^x$ con $(n)_k$ (Pochhamner notación desending) cada vez más cerca de la $n^k$ para un valor dado de a$k$ (índice a lo largo de la serie - el binomio o el de Taylor) como $n$ aumenta. Esto funciona también para el compuesto caso (vamos a llamar a - infinito producto de $n$ factores), si podemos demostrar que la suma de los productos de la $x_i$ tomada $k$ en un tiempo se vuelve más casi como $${\left(\sum_{j=1}^n x_j\right)^k\over k!}\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\operatorname{¶}$$ for a given $k$ as $n$ increases in the same manner as, or a similar manner to that in which, $(n)_k$ becomes more nearly like $n^k$ ... or even in a very different manner, as long as it becomes more nearly like it: but that is not really to be expected. The difference consists in this last sum having $k$-fold products in it that are not fully hererogeneous - whereas in $$\prod_{j=1}^n\left(1+{x_j \over n}\right)\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\cdot\operatorname{§}$$ all the $k$-fold products occuring in a sum of them are fully heterogeneous. The total number of $k$-fold products including the non-fully-heterogeneous ones in ¶ is $n^k$, so it becomes the more nearly completely dominated by the fully-heterogeneous ones in the same proportion as $(n)_k$ becomes the more like $n^k$. This is an exact analogy of the similutude - ever increasing with $n$ - of the $(n)_k$ in the binomial expansion to the $n^k$ en la serie de Taylor en el simple caso - y se diferencia en que en lugar de ser un puro número, es el número de términos en una suma.

No puedo demostrar en este tiempo presente que no hay absolutamente ninguna manera de una patológica conjunto de $x_j$ podría concebirse tal que la totalidad heterogénea en términos de la suma no dominan el que no son totalmente heterogéneos queridos a pesar de su siempre creciente preponderancia, lo que constituye una proporción $${(n)_k\over n^k}$$ del total de termage. Pero sin duda sería una muy patológico conjunto, la elaboración de lo que sería la demanda superando el ingenio.

Ah! pero me he dado cuenta de que dijo que "asumir que ellos están delimitadas"! Que prettymuch se opone a anysuch "patológico conjunto", debía pensar.