Encontrar el límite $\lim_{n\to\infty} \frac{x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \cdots + x_n y_1}{n}$

Question

En $\lim_{n\to\infty} x_n = a$ y $\lim_{n\to\infty} y_n = b$ encuentra el límite, $$\lim_{n\to\infty} \frac{x_1 y_n + x_2 y_{n-1} + \cdots + x_n y_1}{n}.$$ Gracias de antemano por su ayuda.

Answer 1

Podemos utilizar el resultado estándar:

Si $x_{n} \to x$ como $n \to \infty$ entonces $$\lim_{n \to \infty}\frac{x_{1} + x_{2} + \cdots + x_{n}}{n} = x$$

Esto es bastante estándar y su prueba está disponible en MSE. Ahora para la pregunta actual $x_{n} = a + e_{n}$ y luego $e_{n} \to 0$ como $n \to \infty$ . Tenemos $$\begin{aligned}\frac{x_{1}y_{n} + x_{2}y_{n - 1} + \cdots + x_{n}y_{1}}{n} &= a\cdot\frac{y_{1} + y_{2} + \cdots + y_{n}}{n}\\ &+ \frac{e_{1}y_{n} + e_{2}y_{n - 1} + \cdots + e_{n}y_{1}}{n}\end{aligned}$$ Ahora en lo anterior el primer término tiende a $a\cdot b = ab$ . Para el segundo término debemos tener en cuenta que la secuencia $y_{n}$ está limitada por algún $K > 0$ y por lo tanto en valor absoluto el segundo término no es mayor que $K\cdot\dfrac{|e_{1}| + |e_{2}| + \cdots + |e_{n}|}{n}$ . Desde $e_{n} \to 0$ por lo que este término también tiende a $0$ . Por tanto, el límite deseado es $ab$ .

Answer 2

Por el teorema de la media de Cesàro, si $(x_n)_{n\in\mathbb{N}^*}\to a$ entonces $\left(\bar{x}_n=\frac{1}{n}\sum_{j=1}^{n}x_j\right)_{n\in\mathbb{N}^*}\to a$ .

Así, para cualquier $\epsilon>0$ existe $N\in\mathbb{N}$ tal que todas las cantidades: $$|x_m-a|,\quad|y_m-b|,\quad|\bar{x}_m-a|,\quad|\bar{y}_m-b|$$ son inferiores a $\epsilon$ para cualquier $m\geq N$ . Si fijamos: $$ c_n = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}x_i y_{n+1-i}, $$ para cualquier $n\geq N$ tenemos eso: $$ c_{2n} = \frac{1}{2n}\sum_{j=1}^{n} x_j y_{2n+1-j}+\frac{1}{2n}\sum_{j=1}^{n} y_j x_{2n+1-j} $$ difiere de $\frac{1}{2}b \bar{x}_n+\frac{1}{2}a \bar{y}_n$ no más de $\frac{\epsilon}{2}(|\bar{x}_n|+|\bar{y}_n|)$ así que..: $$ \left(c_{2n}\right)_{n\in\mathbb{N}^*}\to ab. \tag{1}$$ De forma similar, para cualquier $n\geq N$ $$ c_{2n+1} = \frac{2n}{2n+1}\left(\frac{1}{2n}\sum_{j=1}^{n} x_j y_{2n+2-j}+\frac{1}{2n}\sum_{j=1}^{n} y_j x_{2n+2-j}\right)+\frac{x_{n+1}y_{n+1}}{2n+1} $$ no puede diferir de $\frac{2n}{2n+1}\left(\frac{1}{2}b \bar{x}_n+\frac{1}{2}a \bar{y}_n\right)$ más de $\left(\frac{\epsilon}{2}+\frac{\varepsilon^2}{n}\right)\cdot(|\bar{x}_n|+|\bar{y}_n|)$ así que..: $$ \left(c_{2n+1}\right)_{n\in\mathbb{N}}\to ab. \tag{2}$$ Ahora $(1)$ y $(2)$ simplemente dar: $$ \left(c_n\right)_{n\in\mathbb{N}^*}\to ab \tag{3}$$ como se esperaba.

Answer 3

En el caso especial de que $x_n,y_n\ge0$ podemos demostrar la afirmación de la siguiente manera: por la Media aritmética-media geométrica (primera desigualdad) y la Cauchy-Schwarz ( segunda desigualdad) podemos acotar el término dado de la siguiente manera:

$$\sqrt[n]{x_1\ldots x_ny_1\ldots y_n}\le \dfrac{x_1y_1+\ldots+x_ny_n}{n} \le \dfrac{\sqrt{x_1^2+\ldots+x_n^2}\sqrt{y_1^2+\ldots+y_n^2}}{n}$$

Dejar $n \to \infty$ tenemos que : $$\sqrt[n]{a^nb^n}\le \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_1y_1+\ldots+x_ny_n}{n}\le\sqrt{a^2}\sqrt{b^2}\tag{1}$$ o equivalentemente $$ab\le \lim_{n \to \infty} \dfrac{x_1y_1+\ldots+x_ny_n}{n}\le ab$$

Utilizando (1), si $x_n \to a$ como $n \to \infty,$ entonces también deberíamos tener

$$\prod_{k=1}^{n} x_k^{1/n}\to a \quad \text{as} \quad n\to \infty, $$

desde $$\prod_{k=1}^{n}x_k^{1/n}=\exp\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln x_k\right)$$ y $\exp, \ln$ son continuas, lo que permite tomar el límite interior. También utilizamos el hecho bien conocido de que si $x_n \to a$ como $n \to \infty$ entonces $x_n^2 \to a^2$ y también $$\frac{x^2_1+\ldots+x^2_n}{n} \to a^2$$ como $n \to \infty$ .

Answer 4

Supongamos que $x_n \to 0$ y $y_n \to b$ . Entonces se sabe $\frac{y_1+y_2+\ldots+ y_n}{n} \to b$ y existe $K>0$ tal que $\frac{y_1+y_2+\ldots+ y_n}{n} \le K$ para cada $n$ .

Desde $x_n \to 0$ entonces para un $\varepsilon>0$ existe $m>0$ tal que $|x_m|<\frac{\varepsilon}{2K}.$

Ahora podemos escribir

$\frac{x_1y_n+\ldots + x_ny_1}{n}=\frac{x_1y_n+\ldots + x_m y_{n-m+1}}{n}+\frac{x_{m+1}y_{n-m}+\ldots + x_ny_1}{n} \le \frac{x_1y_n+\ldots + x_m y_{n-m+1}}{n} + \frac{\varepsilon}{2K}K$

$\le \frac{x_1y_n+\ldots + x_m y_{n-m+1}}{n} + \frac{\varepsilon}{2} \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon$

porque el primer término es de longitud fija $m$ y puede hacerse lo suficientemente pequeño.

Si $x_n \to a$ entonces podemos escribir

$\frac{x_1y_n+\ldots + x_ny_1}{n}=\frac{(x_1-a)y_n+\ldots + (x_n-a)y_1}{n}+a\frac{y_1+\ldots + y_n}{n}$

Creo que a partir de aquí todo está claro.

Answer 5

Sea $\epsilon_0 >0$ . $\epsilon=\epsilon_0/M^*$ . $M^*$ se determinará más adelante. Verifiquemos que $$|\sum_{p=0}^{n} x_p.y_{n-p}-n.ab|<n\epsilon$$

En $\lim_{n}x_n=a$ y $\lim_{n}y_n=b$ tenemos $n_0$ y $n_0'$ para que $(n>n_0) \implies (|x_n-a|<\epsilon)$ y $(n>n_0') \implies (|y_n-b|<\epsilon)$ .

Sea $n>n_0+n_0'$ . Tenemos $$\sum_{p=0}^{n} x_p.y_{n-p}-n.ab = (\sum_{p=0}^{n_0-1} x_p.y_{n-p}-n_0.ab) + (\sum_{p=n_0+1}^{n-n_0'} x_p.y_{n-p}-(n-(n_0+n_0')).ab)+(\sum_{p=n-n_0'+1}^{n} x_p.y_{n-p}-n_0'.ab)$$

Tenemos $|x_p.y_{n-p}-ab|=|x_p.(y_{n-p}-b)+b(x_p-a)|\leq|x_p.(y_{n-p}-b)|+|b(x_p-a)|$ Por lo tanto, en el primer término : $$|\sum_{p=0}^{n_0-1} x_p.y_{n-p}-n_0.ab| = |\sum_{p=0}^{n_0-1} (x_p.y_{n-p}-ab)|\leq n_0.M.\epsilon+n_0.b.M$$ donde $M=max_{0\leq p\leq n_0}(|x_p|,|x_p-a|)\geq\frac{a}{2}$ (máximo sobre un número finito de términos, es < $\infty$ ).

En el tercer término, obtenemos la misma mayoración : $$|\sum| \leq n_0'.M'.\epsilon+n_0'.a.M'$$ donde $M'=max_{n-n_0' \leq p\leq n}(|y_{n-p}|,|y_{n-p}-b|)$$

Y a medio plazo : $$|\sum| \leq (n-(n_0+n_0')).((b+\epsilon).\epsilon+a.\epsilon)\leq (n-(n_0+n_0')).((b+a+1).\epsilon$$

Por lo tanto, para la suma inicial : $$|\sum_{p=0}^{n} x_p.y_{n-p}-n.ab|<\epsilon (n_0 M + n_0' M'+(n-(n_0+n_0'))(a+b+1))+n_0 b M + n_0' a M'$$ Ahora, dividiendo por n. $$|\frac{1}{n}\sum_{p=0}^{n} x_p.y_{n-p}-ab|<\epsilon (\frac{C}{n}+(a+b+1)) + \frac{C'}{n}<(a+b+3)\epsilon<\epsilon_0$$ para n suficientemente grande, con M*=(a+b+3).QED