Demostrar que $\lim\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n a_kb_{n+1-k}=(\lim a_n)(\lim b_n)$

Question

Sea $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} a_{n} = a $ y $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} b_{n} = b $ . Demuéstralo: $$ \lim_{n \to \infty} u_{n} := \lim_{n \to \infty} \frac{a_{1} b_{n} + a_{2} b_{n - 1} + \cdots + a_{n} b_{1}}{n} = ab. $$ Intenté poner $ x_{n} \leq u_{n} \leq y_{n} $ pero no puedo.

Answer 1

$\displaystyle \sum \frac {a_i b_{n-i} + ab}{n} = \sum \frac {(a_i - a)(b_{n-i} - b)}{n} +a \sum \frac {b_{n-i}}{n} + b \sum \frac {a_i}{n}$

Tomando los límites como $n \rightarrow \infty$ tenemos $\sum\frac {b_{n-i}}{n} \to b, \sum\frac {a_i}{n} \to a$ , $\sum \left| \frac {(a_i-a)(b_{n-i}-b)}{n} \right| \leq \sum \frac {(a_i-a)^2 + (b_{n-i}-b)^2} {2n} $ que tiende a $0$ .

Por lo tanto, $\lim_{n\rightarrow \infty} \sum \frac {a_i b_{n-i} + ab}{n} = 2ab$ lo que equivale a $\lim_{n\rightarrow \infty} \sum \frac {a_i b_{n-i}}{n} = ab$ .

Answer 2

Se trata de una generalización de un Cesaro significa que probablemente se puede encontrar en algún lugar de MSE. Admitiendo esto, sabemos que $$ \lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{b_1+\cdots+b_n}{n}=\lim_{n\rightarrow +\infty}\frac{B_n}{n}=b. $$

Ahora sólo queda demostrar que $\lim_{n\rightarrow +\infty} v_n=0$ donde $$ v_n=u_n-a\cdot\frac{B_n}{n}=\frac{a_1b_n+\cdots+a_nb_1}{n}-\frac{ab_n+\cdots+ab_1}{n}=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(a_k-a)b_{n-k+1}. $$

Desde $b_n$ converge, $|b_n|$ está limitada, digamos, por $M$ . Entonces tenemos $$ |v_n|\leq \frac{M}{n}\sum_{k=1}^{n}|a_k-a| $$ para todos $n$ . Otra aplicación de la media de Cesaro muestra que la RHS converge a $0$ y lo mismo ocurre con $v_n$ .

Answer 3

Esta solución está definitivamente lejos de ser pulcra (¡la solución de Calvin es un modelo de elegancia suprema!), pero yo estaba más interesado en encontrar explícitas $ \epsilon $ - $ \delta $ valores.

• Fijar $ \epsilon > 0 $ .

• Sea $ M_{a} $ y $ M_{b} $ sean límites superiores para las secuencias $ (|a_{n}|)_{n \in \mathbb{N}} $ y $ (|b_{n}|)_{n \in \mathbb{N}} $ respectivamente.

• Sea $ N \in \mathbb{N} $ sea suficientemente grande para que $$ \forall i,j \in \mathbb{N}_{> N}: \quad |a - a_{i}| M_{b} < \frac{\epsilon}{6} \quad \text{and} \quad |a||b - b_{j}| < \frac{\epsilon}{6}. $$

• De ello se deduce que \begin{align} (*) \quad \forall i,j \in \mathbb{N}_{> N}: \quad |ab - a_{i} b_{j}| &= |(ab - a b_{j}) + (a b_{j} - a_{i} b_{j})| \\ &\leq |ab - a b_{j}| + |a b_{j} - a_{i} b_{j}| \\ &= |a||b - b_{j}| + |a - a_{i}||b_{j}| \\ &\leq |a||b - b_{j}| + |a - a_{i}| M_{b} \\ &< \frac{\epsilon}{6} + \frac{\epsilon}{6} \\ &= \frac{\epsilon}{3}. \end{align}

• Sea $ n $ sea un número entero $ > 2N $ .

• Entonces \begin{align} \left| ab - \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| = &\left| \frac{nab}{n} - \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| \\ = &\left| \sum_{i=1}^{n} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| \\ \leq &\left| \sum_{i=1}^{N} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| + \\ &\left| \sum_{i=N+1}^{n-N} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| + \\ &\left| \sum_{i=n-N+1}^{n} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right|. \end{align}

• Observe que \begin{align} \left| \sum_{i=1}^{N} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| \leq &\sum_{i=1}^{N} \frac{|ab - a_{i} b_{n - i + 1}|}{n} \\ = &\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{N} |ab - a_{i} b_{n - i + 1}| \\ \leq &\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{N} (|ab| + |a_{i} b_{n - i + 1}|) \\ = &\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{N} (|ab| + |a_{i}||b_{n - i + 1}|) \\ \leq &\frac{1}{n} \sum_{i=1}^{N} (|ab| + M_{a} M_{b}) \\ = &\frac{1}{n} \cdot N(|ab| + M_{a} M_{b}). \end{align}

• Por lo tanto, si $ n > \dfrac{3N(|ab| + M_{a} M_{b})}{\epsilon} $ obtenemos $$ \left| \sum_{i=1}^{N} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| < \frac{\epsilon}{3}, $$ y por simetría, obtenemos también $$ \left| \sum_{i=n-N+1}^{n} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| < \frac{\epsilon}{3}. $$

• A continuación, observe que \begin{align} \left| \sum_{i=N+1}^{n-N} \frac{ab - a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| \leq &\sum_{i=N+1}^{n-N} \frac{|ab - a_{i} b_{n - i + 1}|}{n} \\ = &\frac{1}{n} \sum_{i=N+1}^{n-N} |ab - a_{i} b_{n - i + 1}| \\ < &\frac{1}{n} \sum_{i=N+1}^{n-N} \frac{\epsilon}{3} \quad (\text{By $ (*) $ above.}) \\ = &\frac{1}{n} \cdot (n - 2N) \cdot \frac{\epsilon}{3} \\ < &\frac{\epsilon}{3}. \end{align}

• Recopilando todos estos resultados parciales, llegamos a $$ \forall n \in \mathbb{N}: \quad n > \max \left( 2N,\dfrac{4N(|ab| + M_{a} M_{b})}{\epsilon} \right) \quad \Longrightarrow \quad \left| ab - \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i} b_{n - i + 1}}{n} \right| < \epsilon. $$

Conclusión: En $ \epsilon $ es arbitraria, hemos demostrado que $ \displaystyle \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \frac{a_{i} b_{n - i + 1}}{n} = ab $ .

Answer 4

La idea es considerar sólo el medio. Utilizando la definición de convergencia, elija algunos grandes $m$ tal que $a_k, k > m$ es casi $a$ y $b_k, k > m$ es alomst $b$ . Toma $n$ mucho mayor que $m$ . Entonces tienes (1) $n-2m$ términos que son casi $ab$ (2) alguna constante para representar el resto $2m$ términos y (3) algo pequeño para representar el casi . (1) va a $ab$ como $n \to \infty$ . (2) va a $0$ también. (3) va a $0$ como $m$ llega hasta el infinito. Así que esencialmente tienes dos límites ahora.

Answer 5

Pista: resta $-ab$ del lado izquierdo, reuniendo términos como $t_i := a_i b_{n-i} - ab$ en el numerador, y mostrar que va a $0$ . Para ello, obsérvese (i) que existe un $k_0$ tal que para $i, n-i > k_0$ el término $t_i$ será menor que un $\epsilon$ que elija, (ii) habrá $n - 2k$ términos menores que $\epsilon$ y $\frac {n - 2k}{n}$ pasa a 1, y (iii) el $k_0$ términos cada uno "a la izquierda y a la derecha" de lo que controlamos en (i) y (ii) vamos a $0$ ya que pueden acotarse adecuadamente en el numerador, y se dividen por $n$ .