Utilizando AM-GM para demostrar que si $\{a_i\},\{f_i\}$ son secuencias positivas s.t. $\sum a_i=\infty$ y $f_i\to f>0$ entonces $(\sum f_ia_i)/(\sum a_i)\to f$

Question

Esto es del libro de DJH Garling, Inequalities: A Journey into Linear Analysis

Supongamos que $\left\{a_i\right\}$ y $\left\{f_i\right\}$ son secuencias positivas tales que

$$\sum^\infty_{i=1}a_i=\infty$$

y $$f_i\rightarrow f>0$$

Demuestre que como $N\rightarrow\infty$ :

$$\left.\left(\sum^N_{i=1}f_ia_i\right)\middle/\left(\sum^N_{i=1}a_i\right)\right.\rightarrow f$$

El problema aparece en la sección de AM-GM, por lo que supongo que debe utilizarse en alguna parte de la prueba.

Los enfoques que he probado hasta ahora no implican AM-GM:

Considere $$\left|\left(\sum^N_{i=1}f_ia_i\right)\middle/\left(\sum^N_{i=1}a_i\right)-f\right|=\left|\left(\sum^N_{i=1}f_ia_i\right)\middle/\left(\sum^N_{i=1}a_i\right)-f_i+f_i-f\right|$$ por la desigualdad del triángulo y la convergencia de $f_n$ a $f$ : $$\begin{align*} &\leq\left|\left(\sum^N_{i=1}f_ia_i\right)\middle/\left(\sum^N_{i=1}a_i\right)-f_i\right|+o(1)\\ &=\left|\sum^N_{i=1}f_i\left(\frac{a_i}{\sum^N_{i=1}a_i}-\frac{1}{N}\right)\right| + o(1) \end{align*}$$ que debe ser $o(1)$ desde $f_n$ converge a un valor finito.

Cualquier ayuda para ver dónde podría desempeñar un papel AM-GM sería muy apreciada. También me vendría bien algún comentario sobre lo que he probado hasta ahora.

Answer 1

Veo algunos problemas con la prueba:

1. Tenga en cuenta que $i$ en las sumas es precisamente lo que está sumando (de $1$ a $N$ ), por lo que $f_i$ no tiene sentido fuera de ella (en la primera línea)
2. Así que cuando te mudaste $f_i$ en la suma, no es lo mismo $f_i$ para diferentes términos de la suma, lo que no es válido.
3. Estoy de acuerdo $f_i$ converge, pero ¿cómo es que la media ponderada de $f_i$ bajo la extraña ponderación $$\frac{a_i}{\sum_{i=1}^N a_i}-\frac{1}{N}$$ converge a cero, especialmente cuando el límite superior de la suma $N$ va al infinito?

Answer 2

Aporto mi opinión, aunque todavía sin la desigualdad AM-GM.

La tarea consiste en estimar \begin{align} \left|\frac {\sum\limits_{i=1}^n f_i a_i}{\sum\limits_{i=1}^n a_i} - f\right| & = \left| \frac {\sum\limits_{i=1}^n(f-f_i)a_i}{\sum\limits_{i=1}^n a_i} \right|\le \frac {\sum\limits_{i=1}^n|f-f_i|a_i}{\sum\limits_{i=1}^n a_i}. \end{align} Dado cualquier $\varepsilon>0,$ desde $f_i$ tienden a $f$ como $i\to\infty,$ podríamos tomar $N_1\in\mathbb N$ tal que $|f-f_i|< \frac \varepsilon 2$ para todos $i\ge N_1.$ Entonces podemos tomar un $N_2\in\mathbb N$ tal que $$ \frac {\sum\limits_{i=1}^{N_1}|f-f_i|a_i}{\sum\limits_{i=1}^{N_2}a_i}<\frac \varepsilon 2 $$ desde $\sum\limits_{i=1}^\infty a_i = \infty.$ Como resultado, tenemos \begin{align} \frac {\sum\limits_{i=1}^n|f-f_i|a_i}{\sum\limits_{i=1}^n a_i} & \le \frac {\sum\limits_{i=1}^{N_1}|f-f_i|a_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i} + \frac {\sum\limits_{i=N_1+1}^{N_2}|f-f_i|a_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}\\ & \le \frac \varepsilon 2 + \frac {\sum\limits_{i=N_1+1}^{N_2}\frac \varepsilon 2 \cdot a_i}{\sum\limits_{i=1}^{n}a_i}\\ & \le \frac \varepsilon 2 + \frac \varepsilon 2 = \varepsilon \end{align} para $n\ge N_2,$ y el resultado es el siguiente.

Answer 3

No veo la necesidad de AM-GM tampoco.

He aquí una prueba razonablemente rigurosa utilizando la habitual método de la parte mala/parte buena.

Si $a_i > 0, f_i > 0$ , $\sum^\infty_{i=1}a_i=\infty $ y $f_i\rightarrow f>0 $ entonces demuestre que $\dfrac{\sum^N_{i=1}f_ia_i}{\sum^N_{i=1}a_i}\to f $ .

Prueba.

Para cualquier $c > 0$ , hay un $n(c)$ tal que $|f_i-f| < c $ para $i > n(c) $ .

Del mismo modo, ya que $ \sum^N_{i=1}a_i \to \infty $ , para cualquier $r > 0$ hay un $m(r)$ tal que $ \sum^{m(r)}_{i=1}a_i \gt r $ .

Entonces, para cualquier $N > n(c)$ ,

$\begin{array}\\ d(N, c) &=\dfrac{\sum^N_{i=1}f_ia_i}{\sum^N_{i=1}a_i}- f\\ &=\dfrac{\sum^N_{i=1}(f_ia_i-fa_i)}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &=\dfrac{\sum^N_{i=1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &=\dfrac{\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)+\sum^N_{i=n(c)+1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i} \qquad\text{bad part/good part}\\ &=\dfrac{\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}+\dfrac{\sum^N_{i=n(c)+1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &=d_1(N, c)+d_2(N, c)\\ d_1(N, c) &=\dfrac{\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ |d_1(N, c)| &=\left|\dfrac{\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\right|\\ &\lt c \qquad\text{for } N > m(\left|\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)\right|/c)\\ d_2(N, c) &=\dfrac{\sum^N_{i=n(c)+1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ |d_2(N, c)| &=\left|\dfrac{\sum^N_{i=n(c)+1}a_i(f_i-f)}{\sum^N_{i=1}a_i}\right|\\ &=\dfrac{\left|\sum^N_{i=n(c)+1}a_i(f_i-f)\right|}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &\le\dfrac{\sum^N_{i=n(c)+1}\left|a_i(f_i-f)\right|}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &\le\dfrac{\sum^N_{i=n(c)+1}\left|a_ic\right|}{\sum^N_{i=1}a_i} \qquad\text{since } N > n(c)\\ &\le\dfrac{c\sum^N_{i=n(c)+1}\left|a_i\right|}{\sum^N_{i=1}a_i}\\ &\le c \qquad\text{since } a_i > 0\\ \text{so that} &\text{ for any } c > 0, \text{ if } N > \max(n(c), m(\left|\sum^{n(c)}_{i=1}a_i(f_i-f)\right|/c))\\ |d(N, c| &=|d_1(N, c)+d_2(N, c)|\\ &\le|d_1(N, c)|+|d_2(N, c)|\\ &\lt 2c\\ \end{array} $

Por lo tanto, $\lim_{N \to \infty} \dfrac{\sum^N_{i=1}f_ia_i}{\sum^N_{i=1}a_i} -f =0 $ así que $\lim_{N \to \infty} \dfrac{\sum^N_{i=1}f_ia_i}{\sum^N_{i=1}a_i} =f $ .