Esta es una respuesta de la comunidad wiki que ilustra Iosif Pinelis (con algunas simplificaciones).
- Si le gusta, por favor, felicite a su solución original también.
- Además, siéntase libre de mejorar esta respuesta como desee.
Entorno. Escribiremos $s_n = \sum_{k=1}^{n} x_k$ de modo que la ecuación de recurrencia adopta la forma
$$ x_{n+1} = x_n + \frac{n}{s_n}. \tag{*} $$
Además $\alpha$ y $\beta$ por
$$ \alpha = \liminf_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt{n}} \qquad\text{and}\qquad \beta = \limsup_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt{n}}. $$
Para hacer uso de estas cantidades, utilizaremos frecuentemente las siguientes desigualdades:
Lema. Sea $(a_n)$ sea cualquier secuencia de números reales, y sea $p > 0$ . Entonces $$ \liminf_{n\to\infty} \frac{a_n - a_{n-1}}{pn^{p-1}} \leq \liminf_{n\to\infty} \frac{a_n}{n^p} \leq \limsup_{n\to\infty} \frac{a_n}{n^p} \leq \limsup_{n\to\infty} \frac{a_n - a_{n-1}}{pn^{p-1}}. $$
Prueba. Esto es consecuencia directa de la Teorema de Stolz-Cesàro junto con la fórmula asintótica $n^p - (n-1)^p \sim pn^{p-1}$ .
Nuestro objetivo es demostrar que $\alpha = \beta = \sqrt{3}$ .
Primer paso. Desde $(x_n)$ es creciente, sabemos que $s_n \leq n x_n$ . Entonces por el lema
\begin{align*} \alpha^2 = \liminf_{n\to\infty} \frac{x_n^2}{n} \geq \liminf_{n\to\infty} \left( x_{n+1}^2 - x_n^2 \right) \geq \liminf_{n\to\infty} \frac{2nx_n}{s_n} \geq 2. \end{align*}
Ahora, por el teorema de Stolz-Cesàro de nuevo,
\begin{gather*} \beta = \limsup_{n\to\infty} \frac{x_n}{\sqrt{n}} \leq \limsup_{n\to\infty} \frac{x_{n+1} - x_n}{1/2\sqrt{n}} = \limsup_{n\to\infty} \frac{2n^{3/2}}{s_n} = \left[ \liminf_{n\to\infty} \frac{s_n}{2n^{3/2}} \right]^{-1} \tag{1} \\ \leq \left[ \liminf_{n\to\infty} \frac{x_n}{3\sqrt{n}} \right]^{-1} = \frac{3}{\alpha}. \end{gather*}
Todo ello demuestra que $0 < \alpha \leq \beta < \infty$ .
Segundo paso. Utilizando la ecuación de recurrencia $\text{(*)}$ encontramos que
\begin{align*} s_{n+1}^2 - 2s_n^2 + s_{n-1}^2 &= (s_n + x_{n+1})^2 - 2s_n^2 + (s_n - x_n)^2 \\ &= 2 s_n(x_{n+1} - x_n) + x_{n+1}^2 + x_n^2 \\ &= 2n + x_{n+1}^2 + x_n^2. \end{align*}
Utilizando esto, obtenemos
\begin{align*} \liminf_{n\to\infty} \frac{s_n^2}{n^3} \geq \liminf_{n\to\infty} \frac{s_{n+1}^2 - s_n^2}{3n^2} \geq \liminf_{n\to\infty} \frac{s_{n+1}^2 - 2s_n^2 + s_{n+1}^2}{6n} = \frac{1 + \alpha^2}{3}. \end{align*}
Introduciendo esto en $\text{(1)}$ ,
\begin{align*} \beta \leq \left[ \liminf_{n\to\infty} \frac{s_n}{2n^{3/2}} \right]^{-1} \leq 2\sqrt{\frac{3}{1+\alpha^2}}. \tag{2} \end{align*}
Un cálculo similar también muestra que
$$ \alpha \geq 2\sqrt{\frac{3}{1+\beta^2}}. \tag{3} $$
Paso 3. Defina $f(x) = 2\sqrt{\frac{3}{1+x^2}}$ y observe que $f$ es decreciente en $[0, \infty)$ . Por lo tanto, utilizando $\text{(2)}$ y $\text{(3)}$ obtenemos
$$ \beta \leq f(\alpha) \implies f(f(\alpha)) \leq f(\beta) \qquad\text{and}\qquad \alpha \geq f(\beta) \implies f(\alpha) \leq f(f(\beta)) $$
y por lo tanto
$$ \beta \leq f(f(\beta)) \qquad\text{and}\qquad f(f(\alpha)) \leq \alpha. $$
No es difícil comprobar que estas desigualdades dan como resultado $\beta \leq \sqrt{3} \leq \alpha$ :
![graphs]()
Por lo tanto, utilizando la relación obvia $\alpha \leq \beta$ concluimos que
$$ \sqrt{3} \leq \alpha \leq \beta \leq \sqrt{3} $$
y por lo tanto $\alpha = \beta = \sqrt{3}$ .
