Deje $m \ge 2 -$ fijo entero positivo. La secuencia de la no-números reales negativos. $\{x_n\}_{n=1}^{\infty}$ es que para todos los $n\in \mathbb N$ $$x_{n+m}\le \frac{x_n+x_{n+1}+\cdots+x_{n+m-1}}{m}$$ Demostrar que esta secuencia tiene un límite.
Yo sé que tengo que probar que 1) la sucesión es monótona; 2) la secuencia es limitado. Pero no puedo hacer cualquiera de estos elementos.
La siguiente solución es debido a Dean Hickerson (pero los errores son míos):
Deje $\color{blue}{M_n=\max\{x_n, x_{n+1}, \cdots, x_{n+m-1}\}}$ por cada $n$.
Desde $x_{n+m}$ es menor o igual a la media de la anterior $m$ términos, $x_{n+m}\le M_n$; por lo tanto $M_{n+1}\le M_n$.
Por lo tanto, $(M_n)$ es un nonincreasing secuencia delimitada por debajo de cero, de modo que $\displaystyle\lim_{n\to\infty}M_n$ existe; llamaremos A.
Obviamente $\displaystyle A=\limsup_{n\to\infty}x_n$; afirmo que también se $\displaystyle A=\liminf_{n\to\infty} x_n$.
Si no, entonces hay un número $B<A$ tal que existen infinitos $n$ con $x_n < B$.
Elegir un $n$ tan grande que $\displaystyle x_k < A + \frac{A-B}{m-1}$ todos los $k\ge n-m$.
$\hspace{.25 in}$[Elija $N$$M_N<A+\frac{A-B}{m-1}$, y, a continuación, elija $n>N+m$$x_n<B$.]
A continuación,$\color{blue}{\displaystyle x_{n+i} \le \frac{x_{n+i-m} + \cdots + x_{n+i-1}}{m}}$$1\le i\le m$.
El $x's$ promedio aquí se incluyen los $x_n$, que es menor que B;
y el otro $m-1$ $x's$ son cada uno menos de $\displaystyle A + \frac{A-B}{m-1}$, por lo que
$\color{blue}{\displaystyle x_{n+i} < \frac{B + (m-1)(A + \frac{A-B}{m-1})}{m}=\frac{B+(m-1)A+A-B}{m}=A}$ $1\le i\le m$.
Por lo tanto,$M_{n+1}<A$, contradiciendo el hecho de que $(M_n)$ es un disminución de la secuencia con el límite de $A$.
Por lo tanto $\displaystyle\liminf_{n\to\infty}x_n=A=\limsup_{n\to\infty}x_n, \text{ so }\lim_{n\to\infty}x_n=A$.
Te voy a mostrar sólo $m=2$, y este método puede ser fácilmente generalizado a $m\geq 3$.
Acotamiento de la secuencia puede ser demostrado por inducción en $n$. Supongamos $\{x_{n}\}$ satisface $x_{n+2}\leq \frac{x_{n}+x_{n+1}}{2}$ todos los $n\geq 1$. Ahora, definir $y_{n}:=x_{n}+2x_{n+1}$, entonces la condición es equivalente a $y_{n+1}\leq y_{n}$, es decir, $y_{n}$ es monótona decreciente. Desde $x_{n}$ es acotado, $y_{n}$ también es limitada por lo que converge a algunos $\alpha\geq 0$ por la monotonía teorema de convergencia. Ahora, por definición nos puede mostrar \begin{align} x_{n+1}=\frac{1}{2}y_{n}-\frac{1}{4}y_{n-1}+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{2^{n}}y_{1}+(-1)^{n}\frac{1}{2^{n}}x_{1} \end{align} en muchas maneras.
Pretendemos que $\lim_{n\to \infty} x_{n}=\frac{\alpha}{3}$ (este es el único candidato para el límite de secuencia $x_{n}$ porque de $y_{n}=x_{n}+2x_{n+1}$). Para cualquier $\epsilon>0$ existe $N$ s.t $|y_{n}-\alpha|<\epsilon$$n>N$. Entonces \begin{align} \Bigl|x_{n+1}-\frac{\alpha}{3}\Bigr|&=\Bigr|\frac{1}{2}(y_{n}-\alpha)-\frac{1}{4}(y_{n-1}-\alpha)+\cdots+(-1)^{n-1}\frac{1}{2^{n}}(y_{1}-\alpha)+(-1)^{n}\frac{1}{2^{n}}x_{1}-\frac{1}{3}\left(-\frac{1}{2}\right)^{n}\alpha\Bigr| \\ &\leq \left(\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^{n-N}}\right)\epsilon+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\alpha+\frac{1}{2^{n}}x_{1}+\Bigl|\frac{1}{2^{n+1-N}}(y_{N}-\alpha)+\cdots+\frac{(-1)^{N-1}}{2^{n}}(y_{1}-\alpha)\Bigr| \\ &\leq \epsilon+\frac{1}{3}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\alpha+\frac{1}{2^{n}}x_{1}++\frac{1}{2^{n}}(2^{N}-1)M \end{align} donde $M=y_{1}-\alpha$ (tenga en cuenta que $0\leq y_{n}-\alpha\leq y_{1}-\alpha$). Desde la última expresión va a$0$$\epsilon\to 0$$n\to \infty$, obtenemos el resultado deseado.
Para el general $m$, el uso de \begin{align} y_{n}:=x_{n}+2x_{n+1}+\cdots+mx_{n+m-1} \end{align} que es monótona decreciente y acotada, entonces converge. Si $\lim_{n\to\infty}y_{n}=\alpha$, entonces podemos demostrar que $\lim_{n\to \infty} x_{n}=\frac{2}{m(m+1)}\alpha$. Creo que el cálculo sería mucho más complicado.
Si la secuencia de la no-negativos de los números reales tiene la siguiente definición: $$x_{n+m}\le \frac{x_n+x_{n+1}+\cdots+x_{n+m-1}}{m}$$
para$n\in\mathbb{N} \quad m\in \mathbb{N^{>1}}$, es sencillo comprobar que las dos propiedades.
Considere la posibilidad de $n=1$
$$x_{m+1}\leq\sum_{i=0}^{m-1} \frac{x_{1+i}}{m}$$ Desde $x_{m+1}$ no es más que el promedio de la primera $m$ términos de la secuencia, ¿qué sugiere esto acerca de la $x_m$$x_{m+1}$?
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