Propiedad curiosa de las funciones monótonas

Question

Si $f(x)$ es continua y monontonicly aumentando en el intervalo de $[1,\infty]$, e $f'(x)\leq\frac{1}{x}$ en el intervalo de $[1,\infty]$,

es $$\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{nf(n)}\sum_{k=1}^n f(k)=1$$

Este no es un teorema también, supongo que hice después de expeirmenting con las sumas del logaritmo natural. Hace intuitivo sentido para mí, porque de cualquier forma monotónica $f(x)$ con un derivertive que no es monotónica resultados en función aumentando a medida que x aumenta, pero la velocidad a la que aumenta disminuye, por lo tanto, en un sentido, su tipo de aproximarse a un valor constante, es decir, " aumentando a un ritmo muy lento, que hace todos los términos ligeramente menos de $f(x)$ es decir $f(x-1), f(x-2),\ldots$ etc, todo muy cerca en valor de a $f(x)$. Significado de los sumandos hacia el final de la suma de todo debe estar muy cerca en valor, mientras que los más pequeños como $f(1),f(2),\ldots$ etc son imperceptible.

Así que aunque claramente de la definición de las $\sum_{k=1}^n f(k)<nf(n)$, Aún me parece razonable que $\lim_{n \rightarrow \infty} \frac{1}{nf(n)}\sum_{k=1}^n f(k)=1$

Una refutación/prueba del teorema sería bueno, pero además algunos antecedentes de la intuición también sería muy apreciada.

Answer 1

Si $f$ es no decreciente, $$ \sum_{k=1}^nf(k)\le nf(n) $$ Desde $0\le f'(x)\le1/x$, $k\le n$ $$ f(n)-f(k)\le \log(n)-\log(k) $$ Por lo tanto, para $n\ge1$, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^nf(k) &\ge\sum_{k=1}^n{\large(}f(n)-\log(n)+\log(k){\large)}\\ &=nf(n)-n\log(n)+\sum_{k=1}^n\log(k)\\ &\ge nf(n)-n\log(n)+\int_1^n\log(x)\,\mathrm{d}x\\[6pt] &=nf(n)-n\log(n)+n\log(n)-n+1\\[12pt] &=nf(n)-n+1 \end{align} $$ Así tenemos por $n\ge1$, $$ nf(n)-n+1\le\sum_{k=1}^nf(k)\le nf(n) $$ Por lo tanto, si $\lim\limits_{n\to\infty}f(n)=\infty$, tenemos $$ \sum_{k=1}^nf(k)\sim nf(n) $$ Sin embargo, si $\lim\limits_{n\to\infty}f(n)=L$, entonces para cualquier $\epsilon>0$, hay un $N$, de modo que si $n\gt N$, luego $$ L-\epsilon\le f(n)\le L $$ Entonces, para $n\gt N$, $$ \begin{align} \sum_{k=1}^nf(k) &\ge\sum_{k=1}^Nf(k)+\sum_{k=N+1}^nL-\epsilon\\ &=\sum_{k=1}^Nf(k)+(n-N)(L-\epsilon)\\ &\ge\sum_{k=1}^Nf(k)+n(f(n)-\epsilon)-N(L-\epsilon)\\ &=n(f(n)-\epsilon)+\left(\sum_{k=1}^Nf(k)-N(L-\epsilon)\right) \end{align} $$ Desde $\epsilon$ fue arbitrario, tenemos, si $\lim\limits_{n\to\infty}f(n)=L$, $$ \sum_{k=1}^nf(k)\sim nf(n) $$ Un crecimiento más rápido:

Supongamos que $f'(x)=1/x^\alpha$ donde $\alpha<1$; por ejemplo,$f(x)=\frac1{1-\alpha}x^{1-\alpha}$. Luego de Euler-Maclaurin Fórmula de la Suma dice $$ \sum_{k=1}^nf(n)=\frac1{(1-\alpha)(2-\alpha)}n^{2-\alpha}+O\a la izquierda(n^{1-\alpha}\right) $$ lo que significa que $$ \frac1{nf(n)}\sum_{k=1}^nf(n)=\frac1{2-\alpha}+O\left(1/n\right) $$ Por lo tanto, $$ \lim_{n\to\infty}\frac1{nf(n)}\sum_{k=1}^nf(n)=\frac1{2-\alpha}<1 $$

Answer 2

Su conjetura es verdadera para monótona $f:[1,\infty)\rightarrow[a,\infty)$ cualquier $a>0$ y en este caso el límite es igual a $1$. Para probar esto, voy a demostrar que $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\left(f(n)-f(k)\right)}{f(n)}=0.\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (1)$$ There are two cases, either $f$ is unbounded and $\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)=\infty,$ or it is bounded and $\lim_{n\rightarrow\infty}f(n)=c.$ (Recordemos que delimitadas monótona de las secuencias convergen)

Caso 1: El derivado de la condición nos dice que para un entero $A$

$$f(n)-f(A)\leq\sum_{k=A}^{n}\frac{1}{k}\leq\log\left(\frac{n}{A}\right)+C$$ and so $$\sum_{k=1}^{n}f(n)-f(k)\leq\sum_{k=1}^{n}\left(\log\left(\frac{n}{k}\right)+C\right)=O(n).$$ Thus, $$\frac{1}{nf(n)}\sum_{k=1}^{n}\left(f(n)-f(k)\right)=O\left(\frac{1}{f(n)}\right),$$ and since $f(n)\rightarrow\infty,$ the limit is $0$.

Caso 2:

Al $f$ tiene un resultado positivo en el límite, la ecuación de $(1)$ es equivalente a $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\left(f(n)-c\right)=0.$$ To prove this, let $\epsilon>0.$ Since $f$ has a limit, there exists $N(\epsilon)$ such that for all $n>N,$ $|f(n)-c|\leq\epsilon.$ This implies that $$\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}|f(n)-c|\leq\epsilon.$$ Since this holds for every $\epsilon>0,$ it follows that the limit equals $0$.

Observación: tenga en cuenta que la conjetura no es cierto para $f:[1,\infty)\rightarrow[0,\infty)$ $f(x)=\frac{1}{x}$ proporciona un contraejemplo.