Informática $\lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^n(1-\frac{x^2k^{2\alpha}}{n^{2 \alpha+1}})$

Question

Dejemos que $\alpha>0,x \in \mathbb{R}$

Tengo un problema para calcular el siguiente límite: $$\lim_{n \to \infty} \prod_{k=1}^n\bigg(1-\frac{x^2k^{2a}}{n^{2a+1}}\bigg).$$

De hecho : el problema era demostrar que si $(X_n)_n$ es una secuencia de variables aleatorias i.i.d tales que $E[X_1^2]<+\infty,E[X_1]=0$ entonces $$\frac{1}{n^{\alpha+1/2}}\sum_{k=1}^n k^\alpha X_k$$ converge a una distribución normal, utilizando funciones características (sin usar la condición de Lindeberg ), así que imito la demostración del teorema del límite central, y obtengo el producto anterior, esperando no haber cometido ningún error.

Agradezco cualquier forma diferente de calcularlo.

Answer 1

Tenga en cuenta que, para cualquier $ x\in\mathbb{R}_{-} $ tenemos : \begin{aligned}\left|x-\ln{\left(1+x\right)}\right|=x^{2}\int_{0}^{1}{\frac{1-t}{\left(1+xt\right)^{2}}\,\mathrm{d}t}\leq \frac{x^{2}}{\left(1+x\right)^{2}}\int_{0}^{1}{\left(1-t\right)\mathrm{d}t}=\frac{x^{2}}{2\left(1+x\right)^{2}}\end{aligned}

Así, si $ n $ es un número entero positivo mayor que $ x^{2} $ tenemos : \begin{aligned}\left|-\frac{x^{2}}{n}\sum_{k=1}^{n}{\left(\frac{k}{n}\right)^{2a}}-\sum_{k=1}^{n}{\ln{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)}}\right|&=\sum_{k=1}^{n}{\left(-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}-\ln{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)}\right)}\\ &\leq\frac{x^{4}}{2n^{4a+2}}\sum_{k=1}^{n}{\frac{k^{4a}}{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)^{2}}}\\ &\leq\frac{x^{4}}{2n\left(1-\frac{x^{2}}{n}\right)^{2}}\times\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}{\left(\frac{k}{n}\right)^{4a}}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}0\times\int_{0}^{1}{x^{4a}\,\mathrm{d}x}=0\end{aligned}

(Para obtener la última desigualdad, utilizamos que $ k\leq n $ )

Así, $$ \lim_{n\to +\infty}{\sum_{k=1}^{n}{\ln{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)}}}=\lim_{n\to +\infty}{\left(-\frac{x^{2}}{n}\sum_{k=1}^{n}{\left(\frac{k}{n}\right)^{2a}}\right)}=-x^{2}\int_{0}^{1}{x^{2a}\,\mathrm{d}x}=-\frac{x^{2}}{1+2a} $$

Desde $ \exp $ es una función continua, $ \prod\limits_{k=1}^{n}{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)}=\exp{\left(\sum\limits_{k=1}^{n}{\ln{\left(1-\frac{x^{2}k^{2a}}{n^{2a+1}}\right)}}\right)}\underset{n\to +\infty}{\longrightarrow}\exp{\left(-\frac{x^{2}}{1+2a}\right)} \cdot $

Answer 2

Similar a la respuesta de @CHAMSI $$P_n= \prod_{k=1}^n\left(1-\frac{x^2k^{2\alpha}}{n^{2 \alpha+1}}\right)\implies \log(P_n)=\sum_{k=1}^n\left(1-\frac{x^2k^{2\alpha}}{n^{2 \alpha+1}}\right)\sim -\sum_{k=1}^n \frac{x^2k^{2\alpha}}{n^{2 \alpha+1}}$$ es decir $$\log(P_n) \sim -x^2 n^{-(2 \alpha +1)} H_n^{(-2 \alpha )}$$ Ahora, utilizando la asintótica de los números armónicos generalizados $$\log(P_n) \sim -\frac{x^2}{2 a+1}-\frac{x^2}{2 n}+\cdots$$ y para valores muy grandes de $n$ $$P_n \sim \exp\left(-\frac{x^2}{2 a+1}\right)$$

Answer 3

Otro enfoque es el siguiente: el uso de la prueba integral de convergencia ( https://en.wikipedia.org/wiki/Integral_test_for_convergence ):

Observe que $$\sum_{k=1}^n\ln(1-\frac{x^2(k+1)^{2\alpha}}{2n^{2\alpha+1}}) \leq\int_{1}^{n+1}\ln(1-\frac{x^2y^{2\alpha}}{2n^{2\alpha+1}})dy\leq\sum_{k=1}^n\ln(1-\frac{x^2k^{2 \alpha}}{2n^{2\alpha+1}}),$$

(Podemos tomar $\ln$ ya que para $n$ lo suficientemente grande $1-\frac{x^2y^{2\alpha}}{2n^{2\alpha+1}}>0$ ,)

También tenemos $$\int_{1}^{n+1}\ln(1-\frac{x^2y^{2\alpha}}{2n^{2\alpha+1}})dy=\int_{\frac{1}{n+1}}^{1}(n+1) \ln(1-\frac{u^{2\alpha}x^2(n+1)^{2\alpha}}{2n^{2\alpha+1}})du$$ que converge, por el teorema de convergencia monótona, a $$-\frac{x^2}{2}\int_0^1u^{2\alpha}du=\frac{-x^2}{2(2\alpha+1)}$$ y entonces la función característica será $e^{-\frac{x^2}{2(2\alpha+1)}}$ ( $N(0,\frac{1}{2\alpha+1})$ )

(Por supuesto, suponiendo que $E[X^2]=1$ en la pregunta anterior)