Diferentes métodos para calcular el límite de$\frac{a_nb_0+...+a_0b_n}{n}$

Question

Estoy dado que $\displaystyle\lim_{n \to \infty} a_n = a$ e $\displaystyle\lim_{n \to \infty} b_n = b$ y tengo que demostrar que $$\lim_{n\to \infty} \dfrac{a_nb_0+...+a_0b_n}{n} = ab.$$

Me pregunto ¿cuáles son los diferentes tipos de prueba para este problema.

Yo conozco a una prueba de uso de $\epsilon$ - $N$ definición y que me interesa más.

Así que la prueba va como esto: Debido a $a_n$ e $b_n$ converge, sabemos que son por lo tanto acotada por una constante $M>|a|$. Ahora, $\forall \epsilon >0$, $N_1$ tal que $\forall n>N_1$, $|a_n-a|<\frac{\epsilon}{4M}$ e $|b_n-b|<\frac{\epsilon}{4M}$. Ahora vamos a $N >max \{N_1, \frac{2M}{\epsilon}[|a_0-a|+...+|a_{N_1}-a|+|b_0-b|+...+|b_{N_1}-b|+|b|]\}$ es así, cuando $n>N$ hemos
$ |\frac{a_nb_0+...+a_0b_n}{n} - ab|=|\frac{1}{n}[(a_0b_n-ab)+(a_1b_{n-1}-ab)+...+(a_nb_0-ab)+\frac{ab}{n}|$ =$\frac{1}{n}[(b_n(a_0-a)+a(b_n-b)+b_{n-1}(a_1-a)+a(b_{n-1}-b)+...+b_0(a_n-a)+a(b_0-b)]+\frac{ab}{n}| \leq \frac{M}{n}[|a_0-a|+...+|a_n-a|+|b_0-b|+...+|b_n-b|+|b|] \leq \frac{M}{N}[|a_0-a|+...+|a_{N_1}-a|+|b_0-b|+...+|b_{N_1}-b|+|b|]+\frac{M}{n}[|a_{N_1+1}-a|+...+|a_n-a|+|b_{N_1+1}-b|+...+|b_n-b|]<\frac{\epsilon}{2}+\frac{2M}{n}(n-N_1)\frac{\epsilon}{4M} < \epsilon.$

Answer 1

puedes descomponer

PS

El primer término converge a 0 porque $$\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^na_ib_{n-i} - ab = \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^n(a_i-a)b_{n-i} + \frac{a}{n+1}\sum_{i=0}^n(b_{i}-b)$ está delimitado y el segundo término va a 0 también

Answer 2

Prueba sin el expreso $\epsilon$-$N$ argumento. Basta probar que $\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i} \to ab$. Dado que tanto $(a_i)$ e $(b_i)$ convergen,

• Ambos $(a_n)$ e $(b_n)$ son limitados, de ahí que podamos recoger $M > 0$ , de modo que $|a_n| \leq M$ e $|b_n| \leq M$ para todos los $n$.

• Si escribimos $A_n = \sup\{ |a_i - a| : i \geq n\}$ e $B_n = \sup\{ |b_i - b| : i \geq n\}$, a continuación, $A_n \to 0$ e $B_n \to 0$.

A continuación, para cada uno de ellos fijo $N$ y para cada una de las $n \geq N$,

\begin{align*} \left| \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i} - ab \right| &\leq \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} |a_i b_{n-i} - ab| \\ &\leq \frac{M}{n+1}\sum_{i=0}^{n} (|a_i - a| + |b_{n-i} - b|) \\ &\leq \frac{M}{n+1}\sum_{i=0}^{N} (|a_i - a| + |b_{i} - b|) + M(A_N + B_N). \end{align*}

Tomando $\limsup$ como $n\to\infty$,

$$ \limsup_{n\to\infty} \left| \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i} - ab \right| \leq M(A_N + B_N). $$

Desde el lado de la mano izquierda es independiente de $N$, dejando $N \to \infty$ muestra que este limsup es cero, por lo tanto se demuestra la deseada convergencia.

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Un cómico giro utilizando la teoría de la probabilidad. Deje $(\Omega, \mathcal{F}, \mathbb{P}) = \left([0, 1), \mathcal{B}([0,1)), \operatorname{Leb}|_{[0,1)}\right)$ y definen $ X_n : \Omega \to \mathbb{R}$ por $ X_n(\omega) = \lfloor (n+1)\omega \rfloor $. Entonces

• Cada una de las $X_n$ es distribuido uniformemente sobre $\{0, \cdots, n\}$,
• Para $\omega \in (0, 1)$, tenemos $X_n(\omega) \to \infty$ e $n-X_n(\omega) \to \infty$.

Ahora observamos que $ \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i} = \mathbb{E}[a_{X_n}b_{n-X_n}]$. Desde $a_{X_n}b_{n-X_n}$ es limitada y converge a $ab$ para $\mathbb{P}$- .e. $\omega$ (en realidad, para todos los $\omega \in (0, 1)$), la limitada teorema de convergencia dice que

$$ \lim_{n\to\infty} \frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n} a_i b_{n-i} = \mathbb{E}\left[ \lim_{n\to\infty} a_{X_n}b_{n-X_n} \right] = \mathbb{E}[ab] = ab. $$

Answer 3

Tal vez no sea una idea tan brillante, pero en caso de que existan las funciones $f$ y $g$ de secuencias $\{a_n\}_{n=0}^\infty$ y $\{b_n\}_{n=0}^\infty$ , respectivamente, se puede mostrar que el resultado por el general La regla de Leibniz es igual a $$f(1) \cdot g(1) = ab$ $

Answer 4

Pongámonos $c_n=(a*b)(n)=\sum_{k=0}^{n}a_k b_{n-k}$ e $f(x)=\sum_{n\geq 0}a_n x^n$, $g(x)=\sum_{n\geq 0} b_n x^n$.
La convolución implica $f(x)\cdot g(x)=\sum_{n\geq 0}c_n x^n$ y nuestras suposiciones son $$ a=\lim_{n\to +\infty}\operatorname*{Res}_{z=0}\frac{f(z)}{z^{n+1}},\qquad b=\lim_{n\to +\infty}\operatorname*{Res}_{z=0}\frac{g(z)}{z^{n+1}}.$$ Digamos que $h(z)=\sum_{n\geq 0}d_n z^n$ es un aproximado polinomio iff $\lim_{n\to +\infty}d_n=0$.
Ambos $f(x)-\frac{a}{1-x}$ e $g(x)-\frac{b}{1-x}$ son aproximados polinomios, $f_1(x)$ e $g_1(x)$, y $$ f(x)g(x) = \frac{ab}{(1-x)^2}+\frac{b f_1(x)}{1-x}+\frac{a g_1(x)}{1-x}+f_1(x)g_1(x), $$

$$ (1-x) f(x)g(x) = \frac{ab}{1-x}+\left(\text{approximate polynomial}\right).$$ Considerando el coeficiente de $x^n$ , en ambos lados, el último de identidad implica $\lim_{n\to +\infty}(c_{n+1}-c_n)=ab$, por lo tanto $\lim_{n\to +\infty}\frac{c_n}{n}=ab$ sigue de Cesàro-Stolz.