Un límite como una suma de Riemann

Question

Dejemos que $f:[0,1] \to \Bbb R_+$ sea una función continua no negativa.

Para todos los enteros $n \geq 1$ definimos :

$$U_n=\left(\frac 1n\sum\limits_{k=1}^n \sqrt[n]{f\left(\frac kn\right)}\right)^n$$

Qué se puede decir de : $$\lim_{n \to +\infty} U_n ?$$

Lo que he hecho hasta ahora:

Utilizando la concavidad de $x \mapsto \sqrt[n]{x}$ He demostrado que $$\lim_{n \to +\infty} U_n \leq \int_0^1 f(t) dt $$

Answer 1

Aquí esbozamos un camino a seguir. En primer lugar, suponemos que $f$ es estrictamente positivo.

Entonces, podemos escribir

$$\sqrt[n]{f(k/n)}=e^{\frac1n \log(f(k/n))}=1+\frac{\log(f(k/n))}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right) \tag1$$

Utilizando $(1)$ es fácil ver que

$$\begin{align} \left(\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt[n]{f(k/n)}\right)^n&=\left(\frac1n\sum_{k=1}^n\left(1+\frac{\log(f(k/n))}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)\right)^n\\\\ &=\left(1+\frac{\frac1n \sum_{k=1}^n\log(f(k/n))}{n}+O\left(\frac1{n^2}\right)\right)^n \end{align}$$

con lo que al tomar el límite se obtiene

$$\lim_{n\to \infty}\left(\frac1n\sum_{k=1}^n\sqrt[n]{f(k/n)}\right)^n=e^{\int_0^1\log(f(x))\,dx}$$

Answer 2

@Dr.MV ha esbozado una buena prueba de que

$$\tag 1 U_n(f) \to \exp (\int_0^1 \ln f(x)\, dx)$$

si $f$ es positiva y continua en $[0,1].$ ¿Pero qué pasa si la positividad se relaja a la no negatividad, como en el enunciado del problema? En ese caso podríamos tener $\int_0^1 \ln f = -\infty.$ Pero $(1)$ podría seguir siendo cierto si utilizamos la convención natural $e^{-\infty} = 0.$ Por ejemplo, si $f=0$ en cualquier subintervalo, entonces $(1)$ sigue siendo válida. También es válido para $f(x) = e^{-1/x}.$

Es interesante, $(1)$ puede fallar por $f$ no negativo, incluso si $\int_0^1 \ln f$ converge. Para entender la idea, encontremos primero una función integrable de Riemann, aunque no continua, para la que el resultado falla. Elija una secuencia de enteros positivos $1<m_1 < m_2 < \cdots,$ con $m_{k+1} > m_k^2$ para todos $k.$ Para cada $k=1,2,\dots ,$ consideremos los conjuntos finitos

$$F_k = \{1/m_k^2, 2/m_k^2,3/m_k^2, \dots ,m_k/m_k^2 = 1/m_k\}.$$

El $F_k$ son disjuntos entre sí, y cada punto de $F_{k+1}$ se encuentra a la izquierda de cada punto de $F_k.$

Definir

$$f(x) = \begin{cases} 0,& x\in \cup_{k=1}^\infty F_k\\x, & x\in [0,1]\setminus \cup_{k=1}^\infty F_k\end{cases}$$

Entonces $f$ es integrable de Riemann en $[0,1],$ y $\int_0^1\ln f(x)\,dx = \int_0^1\ln x\,dx = -1.$ Pero tenga en cuenta que para cada $k,$

$$\frac{1}{m_k^2} \sum_{j=1}^{m_k^2}f(j/m_k^2)^{1/m_k^2} = \frac{1}{m_k^2}\sum_{j=m_k+1}^{m_k^2}f(j/m_k^2)^{1/m_k^2} \le \frac{1}{m_k^2}\sum_{j=m_k+1}^{m_k^2}1$$ $$ = \frac{1}{m_k^2}(m_k^2-m_k) = 1- 1/m_k.$$

Así, como $k\to \infty,$ $U_{m_k^2} \le (1- 1/m_k)^{m_k^2} \to 0.$ Por lo tanto, $(1)$ falla por esto $f$ como se ha reclamado.

¿Cómo demostramos que hay un contraejemplo continuo? Lo modelamos en lo anterior. En este punto seré más descriptivo que preciso. A partir de cada punto $ a\in\cup_{k=1}^\infty F_k,$ consideramos dos rayos casi verticales desde $(a,0)$ de pendiente positiva y negativa. Estos rayos se cruzarán $y=x$ en puntos $(b,b),(c,c),$ donde $b<a<c.$ Podemos hacer $c-b$ tan pequeño como queramos. La definición de $f$ en $[b,c]$ es entonces la función lineal a trozos que conecta $(b,b),(a.0),(c,c).$ Si hacemos esto metódicamente para cada punto de $\cup_{k=1}^\infty F_k,$ haciendo que cada " $[b,c]$ intervalo" muy pequeño, y si definimos $f(x)=x$ en cualquier otro lugar, tendremos un contraejemplo continuo.