Se trata de demostrar la conjetura \begin{equation*} x_n\sim\sqrt3\,n^{1/2} \tag{1}\label{1} \end{equation*} (como $n\to\infty$ ).
(Para todos los números enteros $n\ge1$ ) tenemos \begin{equation*} h_n:=x_{n+1}-x_n=\frac n{s_n}, \tag{2}\label{2} \end{equation*} donde \begin{equation*} s_n:=x_1+\cdots+x_n, \end{equation*} con $s_0:=0$ . Vuelva a escribir \eqref {2} como $s_{n+1}-2s_n+s_{n-1}=\dfrac n{s_n}$ y luego como $s_{n+1}s_n-2s_n^2+s_{n-1}s_n=n$ y luego como $s_{n+1}(s_{n+1}-x_{n+1})-2s_n^2+s_{n-1}(s_{n-1}+x_n)=n$ y luego como $s_{n+1}^2-2s_n^2+s_{n-1}^2=n+s_{n+1}x_{n+1}-s_{n-1}x_n$ . Tenga en cuenta también que $s_{n+1}x_{n+1}-s_{n-1}x_n=s_n(x_{n+1}-x_n)+x_{n+1}^2+x_n^2=n+x_{n+1}^2+x_n^2$ por \eqref {2}. Entonces, \begin{equation*} t_n:=s_{n+1}^2-2s_n^2+s_{n-1}^2=2n+x_{n+1}^2+x_n^2. \tag{3}\label{3} \end{equation*}
De ello se deduce que \begin{equation*} t_n\ge2n. \tag{4}\label{4} \end{equation*} Supongamos que \begin{equation*} t_n\gtrsim cn \tag{5}\label{5} \end{equation*} de verdad $c>0$ . Como de costumbre, para dos secuencias positivas cualesquiera $(a_n)$ y $(b_n)$ escribimos $a_n\lesssim b_n$ o, lo que es lo mismo, $b_n\gtrsim a_n$ es decir $a_n\le(1+o(1))b_n$ -- para que $(a_n\lesssim b_n\ \&\ a_n\gtrsim b_n)\iff a_n\sim b_n\iff a_n=(1+o(1))b_n$ .
Por \eqref {3}, el $t_n$ son las segundas diferencias (simétricas) de las $s_n^2$ 's. Así, por \eqref {5}, \begin{equation*} s_n^2\gtrsim\frac c6\,n^3\quad\text{and hence}\quad s_n\gtrsim\sqrt{\frac c6}\,n^{3/2}. \tag{6}\label{6} \end{equation*} Así, por \eqref {2}, \begin{equation*} h_n\lesssim \sqrt{\frac6c}\,n^{-1/2} \quad\text{and hence}\quad x_n\lesssim \sqrt{\frac6c}\,2n^{1/2}. \tag{7}\label{7} \end{equation*} Así, por \eqref {3}, \begin{equation*} t_n\lesssim 2n+2\frac6c\,4n=\Big(2+\frac{48}c\Big)n. \tag{8}\label{8} \end{equation*} Así pues (cf. \eqref {6}), \begin{equation*} s_n^2\lesssim\Big(2+\frac{48}c\Big)\frac{n^3}6 =\Big(\frac13+\frac8c\Big)n^3 \quad\text{and hence}\quad s_n\lesssim\sqrt{\frac13+\frac8c}\,n^{3/2}. \tag{9}\label{9} \end{equation*} Así, por \eqref {2}, \begin{equation*} h_n\gtrsim\frac1{\sqrt{\frac13+\frac8c}}\,n^{-1/2} \quad\text{and hence}\quad x_n\gtrsim \frac2{\sqrt{\frac13+\frac8c}}\,n^{1/2}. \tag{10}\label{10} \end{equation*} Así, por \eqref {3},
\begin{equation*} t_n\gtrsim 2n+2\frac4{\frac13+\frac8c}n=f(c)n \tag{11}\label{11} \end{equation*} (siempre que \eqref {5}), donde \begin{equation*} f(c):=2+\frac8{\frac13+\frac8c}. \end{equation*}
Se deduce de \eqref {4} que para todos los enteros $k\ge0$ \begin{equation*} t_n\gtrsim c_kn, \tag{12}\label{12} \end{equation*} donde \begin{equation*} c_0:=2 \end{equation*} y \begin{equation*} c_{k+1}:=f(c_k). \end{equation*} La función $f$ aumenta continuamente en $[2,\infty)$ . También, $f(c)>c$ para $c\in[2,8)$ y $f(c)<c$ para $c\in(8,\infty)$ . De ello se deduce que $c_k\uparrow 8$ como $k\to\infty$ . Así, por \eqref {12}, \begin{equation*} t_n\gtrsim8n; \end{equation*} es decir, \eqref {5} se cumple con $c=8$ . Así, por \eqref {7} y \eqref {10}, \begin{equation*} x_n\lesssim \sqrt{\frac68}\,2n^{1/2}=\sqrt3\,n^{1/2} \quad\text{and}\quad x_n\gtrsim \frac2{\sqrt{\frac13+\frac88}}\,n^{1/2}=\sqrt3\,n^{1/2}. \end{equation*} Así, \eqref {1} está demostrado. $\quad\Box$
