¿Una secuencia $a_n$ convergen si $|a_n-\frac{1}{n} \sum_{i=1}^n a_i| \to 0$ , como $n \to \infty$ ?

Question

Dejemos que $\{a_n\}$ sea una secuencia real. Si $\lim\limits_{n\to \infty} \left|a_n - \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n a_i \right|= 0$ ¿tenemos $\lim\limits_{n\to \infty} a_n$ ¿convergente?

Esto es de alguna manera una versión inversa de la convergencia media de Cesaro, que dice que si $\lim\limits_{n\to \infty} a_n = L$ entonces $\lim\limits_{n\to \infty} \frac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^n a_i = L$ . Ver

Sobre la convergencia de Cesaro: Si $ x_n \to x $ entonces $ z_n = \frac{x_1 + \dots +x_n}{n} \to x $

Answer 1

Primero intenté $a_n = \ln(n)$ . $\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i =\ln(n!)/n \approx (n\ln(n)-n+O(\ln(n)))/n =\ln(n)-1+o(1) $ . Cerrar.

Mirando algo de crecimiento más lento, he intentado $a_n = \ln\ln(n+1)$ y esto funciona.

$\int \ln(\ln(x))dx =x\ln(\ln(x))+\int \dfrac{dx}{\ln(x)} =x\ln(\ln(x))+\dfrac{x}{\ln(x)}+O(\dfrac{x}{\ln^2(x)}) $

Por Euler-Maclaurin,

$\begin{array}\\ \sum_{k=2}^n \ln\ln(k) &=\int_2^n \ln\ln(x)dx+\dfrac{\ln\ln(n)+\ln\ln(2)}{2}+O((\ln\ln(n))')\\ &=n\ln\ln(n)+\dfrac{n}{\ln(n)}+O(\dfrac{n}{\ln^2(n)})+\dfrac{\ln\ln(n)+\ln\ln(2)}{2}+O(\dfrac1{n\ln(n)})\\ \text{so}\\ \dfrac{\sum_{k=2}^n \ln\ln(k)}{n} &=\ln\ln(n)+\dfrac{1}{\ln(n)}+O(\dfrac{1}{\ln^2(n)})+\dfrac{\ln\ln(n)+\ln\ln(2)}{n}+O(\dfrac1{n^2\ln(n)})\\ &=\ln\ln(n)+o(1)\\ \end{array} $

Por lo tanto, el límite es cero y $a_n$ diverge.

Answer 2

No: considere por ejemplo $a_n=\log\log n$ .

Editado para añadir: ir a upvote respuesta de marty cohen por haber resuelto los detalles.

Answer 3

Esta es una segunda respuesta porque estoy dando la vuelta al problema por completo.

Demostraré que existe una secuencia $a_n$ tal que $\lim_{n\to \infty} \big|a_n - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \big|= 0 $ , $a_n$ está acotado, y $a_n$ no converge.

$\lim_{n\to \infty} \big|a_n - \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i \big|= 0 $ significa que $a_n =\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n a_i +f(n) $ donde $f(n) \to 0$ como $n \to \infty$ .

Entonces $na_n =\sum_{i=1}^n a_i +nf(n) $ o $(n-1)a_n =\sum_{i=1}^{n-1} a_i +nf(n) $ .

Aplicando el truco habitual cuando $\sum_{i=1}^n a_i $ aparece en una recurrencia, $na_{n+1} =\sum_{i=1}^{n} a_i +(n+1)f(n+1) $ .

Restando,

$\begin{array}\\ na_{n+1}-(n-1)a_n &=\sum_{i=1}^{n} a_i +(n+1)f(n+1) -(\sum_{i=1}^{n-1} a_i +nf(n))\\ &=a_n +(n+1)f(n+1) -nf(n)\\ \end{array} $

así que

$\begin{array}\\ na_{n+1} &=na_n +(n+1)f(n+1) -nf(n)\\ \text{or}\\ a_{n+1} &=a_n +(1+1/n)f(n+1) -f(n)\\ \end{array} $

Por lo tanto, $a_{n+1}-a_n =(1+1/n)f(n+1) -f(n) =f(n+1) -f(n)+\frac{f(n+1)}{n} $ .

Resumiendo,

$\begin{array}\\ a_n-a_1 &=\sum_{k=1}^{n-1} (a_{k+1}-a_k)\\ &=\sum_{k=1}^{n-1} (f(k+1) -f(k)+\dfrac{f(k+1)}{k})\\ &=f(n)-f(1)+\sum_{k=2}^{n} \dfrac{f(k)}{k-1}\\ \end{array} $

Ahora, al elegir un $f(k) \to 0$ , podemos obtener un $a_n$ .

Sin embargo, si queremos $a_n \to \infty$ , también debemos tener $\sum_{k=2}^{n} \dfrac{f(k)}{k-1} \to \infty$ .

$f(k) = \frac1{k}$ no funcionará porque la suma converge.

$f(k) = \frac1{\ln(k)}$ funciona porque $\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{\ln(k)(k-1)} \approx \sum_{k=2}^n \dfrac{1}{k\ln(k)} \approx \int_{k=2}^n \dfrac{dx}{x\ln(x)} = \ln(\ln(n)) $ .

Si queremos un $a_n$ que no converge y se mantiene acotada, debemos encontrar un $f(k)$ tal que $\sum_{k=2}^{n} \dfrac{f(k)}{k-1} $ se comporta así.

Desde $\sum_{k=2}^n \dfrac{1}{\ln(k)(k-1)} \approx \ln(\ln(n)) $ , para cualquier $n_0$ hay un $n(n_0)$ tal que $\sum_{k=n_0}^{n(n_0)} \dfrac{1}{\ln(k)(k-1)} \gt 1 $ . Un valor aproximado es $n(n_0) \approx n_0^e$ .

Por lo tanto, si elegimos $f(k)$ para tener un signo constante en cada intervalo $n_0 \le k \lt n(n_0)$ , con los signos alternados en intervalos consecutivos, como $n$ aumenta $\sum_{k=2}^{n} \dfrac{(-1)^{g(k)}}{\ln(k)(k-1)}$ para el correspondiente $g(k)$ aumentará en 1, luego disminuirá en 1, y así sucesivamente, y por lo tanto no convergerá y estará acotado.