En primer lugar, asumir que $\lim\sup \frac{x_{1}+\cdots+x_{n+1}}{x_{n}}=L>0$ es finito.
Definir una secuencia de polinomio $\{p_{n}(x)\}$ $p_{0}(x)=1, p_{1}(x)=x-1$ y
\begin{align}
p_{n+1}(x)=(x-1)p_{n}(x)-p_{n-1}(x)-\cdots-p_{1}(x)-p_{0}(x).\,\,(n\geq 1)
\end{align}
La reclamación. $p_{n}(L)>0$ todos los $n\geq 1$.
prueba. Tenemos $x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n+1}\leq Lx_{n}$ todos los $n\geq 1$.
(Editado : en Realidad, sólo tenemos este lo suficientemente grande para $n$. Sin embargo, esto puede ser modificado para todas las $n$ con un user254665 comentario.)
Por inducción, vamos a probar lo siguiente :
\begin{align}
x_{n+1}\leq \frac{p_{n}(L)}{p_{n-1}(L)}x_{n}
\end{align}
(Si queremos probar esta desigualdad, afirman que sigue inmediatamente de $x_{n+1}, x_{n}>0$.) Desde $x_{1}+x_{2}\leq Lx_{1}$, que tiene de $n=1$. Si se mantiene por $n\leq N-1$, luego
\begin{align}
x_{N+1}&\leq (L-1)x_{N}-x_{N-1}-x_{N-2}-\cdots-x_{1} \\
&\leq \left(L-1-\frac{p_{N-2}(L)}{p_{N-1}(L)}-\frac{p_{N-2}(L)}{p_{N-1}(L)}\frac{p_{N-3}(L)}{p_{N-2}(L)}-\cdots-\frac{p_{N-2}(L)}{p_{N-1}(L)}\frac{p_{N-3}(L)}{p_{N-2}(L)}\cdots \frac{p_{0}(L)}{p_{1}(L)}\right)x_{N} \\
&=\frac{p_{N}(L)}{p_{N-1}(L)}x_{N}.
\end{align}
Ahora el uso de la recurrencia de la relación, podemos probar a $p_{n+1}(x)=x(p_{n}(x)-p_{n-1}(x))$ restando dos relaciones de recurrencia para$n$$n-1$. A continuación, utilizando el polinomio característico del método, obtenemos
\begin{align}
p_{n}(x)=\frac{\sqrt{x^{2}-4x}+x-2}{2\sqrt{x^{2}-4x}}\left(\frac{x+\sqrt{x^{2}-4x}}{2}\right)^{n}+\frac{\sqrt{x^{2}-4x}-x+2}{2\sqrt{x^{2}-4x}}\left(\frac{x-\sqrt{x^{2}-4x}}{2}\right)^{n}
\end{align}
para $x\neq 4$.
Ahora, supongamos $0<L<4$. Vamos
\begin{align}
\frac{L+\sqrt{L^{2}-4L}}{2}=\frac{L+i\sqrt{4L-L^{2}}}{2}=\sqrt{L}e^{i\theta}
\end{align}
donde $\cos \theta=\frac{\sqrt{L}}{2}<1$. Directos de computación, tenemos
\begin{align}
p_{n}(L)=L^{n/2}\left(\cos n\theta+\frac{L-2}{\sqrt{4L-L^{2}}}\sin n\theta\right)=\frac{2L^{n/2}}{\sqrt{4L-L^{2}}} \sin (n\theta+\alpha)
\end{align}
donde $\cos\alpha=\frac{L-2}{2}$. Desde $0<\theta<\pi/2$, se puede elegir $n$ s.t. $\sin (n\theta+\alpha)<0\Rightarrow p_{n}(L)<0$. Contradicción. Así que tenemos $L\geq 4$.
No es una prueba de que es descubierto por mi amigo. Deje $S_{n}=x_{1}+\cdots + x_{n}$$t_{n}=S_{n}/S_{n+1}$. A continuación,$0<t_{n}<1$. Supongamos $\limsup\frac{x_{1}+\cdots+x_{n+1}}{x_{n}}=L<4$. Entonces tenemos
\begin{align}
\frac{x_{1}+\cdots+x_{n+1}}{x_{n}}\leq L\Leftrightarrow t_{n}\geq \frac{1}{L(1-t_{n-1})}
\end{align}
para $n\geq N$ algunos $N\in \mathbb{N}$.
Si ponemos $f(x)=\frac{1}{L(1-x)}$, $t_{n}\geq f(t_{n-1})$. Podemos comprobar que el $f(x)>x$ $t_{n}$ diverge, es decir, $t_{n}>1$ algunos $n$. Contradicción.
