Demuestran que si aumenta el $f$ muy bien y $x > 1$ y $\lim_{n \to \infty}\frac{f(n)}{x^n}\sum_{k=1}^n \frac{x^k}{f(k)} = \frac{x}{1-x}$

Question

Más precisamente, supongamos que $f(k)$ va en aumento, diferenciable, $f(1) \ge 1$, y $f'(n)/f(n) \le d/n$ para algunos $d>0$.

A continuación, para cualquier $x > 1$, como $n \to \infty$, $$\dfrac{f(n)}{x^n}\sum_{k=1}^n \dfrac{x^k}{f(k)} \a \dfrac{x}{x-1}. $$

Este es el más razonable de la generalización de He podido encontrar de mi respuesta Computación $\lim_n \frac{n}{2^n}\sum_{k=1}^n \frac{2^k}{k}$.

Esa pregunta es el caso $x=2, f(n) = n$.

Tengo lo que yo creo que es una prueba, que utiliza la misma técnica como mi respuesta se hace referencia anteriormente. Pero es un poco desordenado, y mi esperanza es que alguien puede subir con un mejor prueba.

Voy a publicar mi prueba en un par de días si no se da ninguna respuesta.

Answer 1

A partir de las condiciones $f(n)\le f(n+1)$ $\frac{f'(n)}{f(n)}\le d/n$ hemos

$$1\le \frac{f(n+1)}{f(n)}\le \left(1+\frac1n\right)^d \tag 1$$

Tenga en cuenta que el lado derecho de la desigualdad en $(1)$ puede ser obtenido mediante la integración de la desigualdad de $\int_n^{n+1}\left(\log(f(x)\right)'\,dx\le \int_n^{n+1}d\frac{1}{x}\,dx$.

Aplicación del teorema del sándwich revela

$$\lim_{n\to \infty}\frac{f(n+1)}{f(n)}=1 \tag 2$$

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Junto a $(1)$, es sencillo mostrar, a partir de la condición de $f'(n)/f(n)\le d/n$ que

$$\lim_{n\to \infty}\frac{x^n}{f(n)}=\infty \tag 3$$

Tenga en cuenta que $\int_1^n \left(\log(f(x)\right)'\,dx\le \int_1^{n}d\frac{1}{x}\,dx$ rendimientos $f(n)\le f(1)\,n^d$$\frac{x^n}{f(n)}\ge \frac{x^n}{f(1)\,n^d}\to \infty$.

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El uso de $(2)$ encontramos

$$\begin{align} \lim_{n\to \infty}\left(\frac{\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{f(k)}-\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{f(k)}}{\frac{x^{n+1}}{f(n+1)}-\frac{x^n}{f(n)}}\right)&=\lim_{n\to \infty}\left(\frac{\frac{x^{n+1}}{f(n+1)}}{\frac{x^{n+1}}{f(n+1)}-\frac{x^{n}}{f(n)}}\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty}\left(\frac{x}{x-\frac{f(n+1)}{f(n)}}\right)\\\\ &=\frac{x}{x-1}\tag 4 \end{align}$$

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Finalmente, equipado con $(2)$, el Stolz-Cesaro Teorema es aplicable a partir de la cual se obtiene el codiciado límite

$$\lim_{n\to \infty}\frac{\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{f(k)}}{\frac{x^n}{f(n)}}=\lim_{n\to \infty}\left(\frac{\sum_{k=1}^{n+1}\frac{x^k}{f(k)}-\sum_{k=1}^{n}\frac{x^k}{f(k)}}{\frac{x^{n+1}}{f(n+1)}-\frac{x^n}{f(n)}}\right)=\frac{x}{x-1}$$

como se conjeturó!

Answer 2

Como en zhw la respuesta en la pregunta vinculada podemos también aquí se aplican Stolz–Cesàro para obtener

$$\lim_{n\to\infty} \frac{f(n)}{x^n}\sum_{k=1}^n\frac{x^k}{f(k)} = \lim_{n\to\infty} \frac{x}{x - \frac{f(n+1)}{f(n)}} = \frac{x}{x-1}$$

desde $\lim_{n\to\infty}\frac{f(n+1)}{f(n)} = 1$. Para este último límite de podemos, por ejemplo, aplicar Grönwall la desigualdad a $f'(x) \leq \frac{d}{x}f(x)$ dándonos $1\leq \frac{f(n+1)}{f(n)} \leq \left(\frac{n+1}{n}\right)^d$ y el límite sigue por el teorema del sándwich. Esto también puede ser deducida por el valor medio teorema aplicado a $g(x) = \log f(x)$ da $1 \leq \frac{f(n+1)}{f(n)} \leq e^{\frac{d}{n}}$.