Mostrar $ \varlimsup_{n\rightarrow\infty}{\sqrt[n]{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}}=1 $ si $\displaystyle \varlimsup_{n\rightarrow\infty}{\sqrt[n]{a_{n}}}=1 $

Question

Dejemos que $\{a_{n}\}$ sea una secuencia positiva con $\displaystyle \varlimsup_{n\rightarrow\infty}{\sqrt[n]{a_{n}}}=1 $ . ¿Cómo podemos demostrar que $$ \varlimsup_{n\rightarrow\infty}{\sqrt[n]{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}}=1 $$

No estoy seguro de que el problema sea cierto. Si es falso, ¿cuál es el contraejemplo?

Answer 1

Desde $\{a_n\}$ es una secuencia positiva, tenemos $$ \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1+a_2+\ldots+a_n}\ge\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_n}=1 $$ Para todos $\epsilon>0$ hay un número entero positivo $N$ , de modo que para todo $n\gt N$ , $$ a_n\le(1+\epsilon)^n $$ Así, $$ \begin{align} &\limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1+a_2+\ldots+a_n}\\ &=\limsup_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^Na_k+\sum_{k=N+1}^na_k\right)^{1/n}\\ &\le\limsup_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^Na_k+(n-N)(1+\epsilon)^n\right)^{1/n}\\ &=\limsup_{n\to\infty}\left(1+\frac{\sum_{k=1}^Na_k}{(n-N)(1+\epsilon)^n}\right)^{1/n}(n-N)^{1/n}(1+\epsilon)\\[6pt] &=1\cdot1\cdot(1+\epsilon)\\[16pt] &=1+\epsilon \end{align} $$ Por lo tanto, ya que $\epsilon$ era arbitraria, $$ \limsup_{n\to\infty}\sqrt[n]{a_1+a_2+\ldots+a_n}=1 $$

Answer 2

En general, dejemos

$$\alpha = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n}$$

para la secuencia $\{ a_n \}$ de números reales no negativos, tales que no todos los términos son iguales a cero. Entonces tenemos

$$ \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1 + \cdots + a_n} = \max \{ \alpha, 1 \}. $$

Demostración mediante análisis elemental.

Caso 1. Supongamos que $\alpha \geq 1$ . Por un lado, tenemos

$$ \limsup_{n\to\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^{1/n} \geq \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \alpha. $$

Por lo tanto, si $\alpha = \infty$ , entonces esto implica automáticamente la afirmación. Esto demuestra que asumimos sin perder la generalidad que $\alpha < \infty$ .

Para cualquier $\epsilon > 0$ existe $N$ tal que $a_n \leq (\alpha + \epsilon)^{n}$ para todos $n \geq N$ . Desde

$$ \sum_{k=1}^{n} a_k \leq \left( \sum_{k=1}^{N} a_k \right) + (\alpha + \epsilon)^{N+1} \cdot \frac{(\alpha + \epsilon)^{n-N} - 1}{(\alpha + \epsilon) - 1} $$

y $\alpha + \epsilon > 1$ se deduce que

$$ \limsup_{n\to\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^{1/n} \leq \alpha + \epsilon. $$

Como esto es cierto para cualquier $\epsilon > 0$ tenemos

$$ \limsup_{n\to\infty} \left( \sum_{k=1}^{n} a_k \right)^{1/n} \leq \alpha. $$

Esta es la prueba completa para el caso $\alpha \geq 1$ .

Caso 2. Supongamos que $\alpha < 1$ . Entonces para algunos $\alpha < \beta < 1$ existe $C > 0$ tal que $a_n \leq C \beta^{n}$ para todos $n$ . Esto demuestra que

$$ \sum_{k=1}^{n} a_k \leq \sum_{k=1}^{n} C \beta^{k} \leq \frac{C\beta}{1-\beta} < \infty. $$

Por otra parte, dado que $a_n > 0$ para algunos $n$ se deduce que

$$ 0 < C' \leq \sum_{k=1}^{n} a_k $$

para algunos $C' > 0$ para un tamaño suficientemente grande $n$ . Esto demuestra que

$$ \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1 + \cdots + a_n} = 1. $$

Prueba utilizando el análisis complejo.

Dejemos que

$$ f(z) = \sum_{n=0}^{\infty} a_n z^n $$

y $R$ sea el radio de convergencia de esta serie. Entonces tenemos

$$ \frac{1}{R} = \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_n} = \alpha,$$

donde adoptamos la convención de que $1/\infty = 0$ y $1/0 = \infty$ . Pero como

$$ \sum_{n=0}^{\infty} \left( \sum_{k=0}^{n} a_k \right) z^{n} = \frac{f(z)}{1-z} $$

tiene el radio de convergencia como $\min \{R, 1 \}$ debido a la singularidad en $z = 1$ se deduce que

$$ \limsup_{n\to\infty} \sqrt[n]{a_1 + \cdots + a_n} = \frac{1}{\min \{1, R \}} = \max \{1, \alpha \}.$$

Answer 3

$\sum_1^{n} a_k\geq a_n$

Así que, $\limsup\sqrt[n]{\sum_1^{n} a_k}\geq1$

Elija N de forma que $n>N$ , $ a_n\leq(1+\epsilon)^n$ .

Dejemos que $\sum_{k=1}^Na_k=A$

$$\sum_{k=1}^na_k\leq A+(1+\epsilon)^N\dfrac{(1+\epsilon)^{n-N+1}-1}{\epsilon}$$ $$\sqrt[n]{\sum_{k=1}^na_k}\leq(1+\epsilon)( (A -\frac 1\epsilon)(1+\epsilon)^{-n}+1)^{\frac 1 n}$$ Tomando el límite obtenemos, $\limsup\sqrt[n]{\sum_{k=1}^na_k}\leq1+\epsilon$ , Probando el resultado.

Answer 4

Esto es cierto.

1) Elige $\epsilon>0$ . Entonces existe $N$ tal que $$ \sqrt[n]{a_n}\leq 1+\epsilon\quad\Rightarrow\quad a_n\leq (1+\epsilon)^n\qquad\forall n\geq N. $$ Ahora $$ \sum_{k=1}^Ka_k =\sum_{k=1}^{N-1}a_k+\sum_{k=N}^Ka_k\leq C+\sum_{k=N}^K(1+\epsilon)^k=C+ (K-N+1)(1+\epsilon)^K\leq C+K(1+\epsilon)^K $$ donde $C=\sum_{k=1}^{N-1}a_k$ es fijo. Así que $$ \sqrt[K]{\sum_{k=1}^Ka_k }\leq (1+\epsilon)\left(C +\frac{K}{(1+\epsilon)^K}\right)^\frac{1}{K} \longrightarrow 1+\epsilon. $$ Esto demuestra que $$ \limsup \sqrt[K]{\sum_{k=1}^Ka_k }\leq 1+\epsilon\quad\forall\epsilon>0\quad\Rightarrow \quad\limsup \sqrt[K]{\sum_{k=1}^Ka_k }\leq 1. $$

2) Tomar una subsecuencia tal que $$ \lim \sqrt[n_k]{a_{n_k}}=1. $$ Escoge $\epsilon>0$ . Existe $K$ tal que $$ \sqrt[n_k]{a_{n_k}}\geq 1-\epsilon\quad\Rightarrow \quad a_{n_k}\geq (1-\epsilon)^{n_k}\quad\forall k\geq K. $$ Ahora $$ \sum_{n=1}^{n_k}a_n\geq a_{n_K}\geq (1-\epsilon)^{n_k}\quad\forall k\geq K. $$ Así que $$ \sqrt[n_K]{\sum_{n=1}^{n_k}a_n}\geq 1-\epsilon \quad\forall k\geq K. $$ Por lo tanto, $$ \limsup \sqrt[N]{\sum_{n=1}^{N}a_n}\geq 1-\epsilon\quad\forall\epsilon>0\quad \limsup \sqrt[N]{\sum_{n=1}^{N}a_n}\geq 1. $$ Ambas desigualdades están ahora demostradas, por lo que $$ \limsup \sqrt[N]{\sum_{n=1}^{N}a_n}= 1. $$

Answer 5

Dejemos que $\epsilon>0$ . Entonces $ a_n<(1+\epsilon)^n, \forall n\geq n_0 $ para algunos $n_0\in\mathbb N$ . Por lo tanto, $$1\leq\limsup_{n\rightarrow\infty}\sqrt[n]{a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}}\leq 1+\epsilon.$$