Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales tales que a $\lim(a_n\sum_{k = 1}^n a_k^2) = 1$

Question

Deje $a_n$ ser una secuencia de números reales tales que a $\lim(a_n\sum_{k = 1}^n a_k^2) = 1$ . Demostrar que $\lim((3n)^{\frac{1}{3}}a_n)=1$

Estoy más preocupado con la manera en que pueda derivar la prueba de esta pregunta

Answer 1

Deje $S_n=a_1^2+\cdots+a_n^2$. La secuencia de $(S_n)_{n\ge1}$ es no decreciente. Si es convergente, a continuación, $\lim_{n\to\infty}a_n=0$ y esto se contradice con la hypotgesis $\lim_{n\to\infty}a_nS_n=1$. Por lo tanto, $\lim_{n\to\infty}S_n=+\infty$ y $\lim_{n\to\infty}a_n= \lim_{n\to\infty}\frac{a_nS_n}{S_n}=0$. Ahora $$S_{n}^3-S_{n-1}^3=S_{n}^3-(S_{n}-a_n^2)^3=3(a_nS_n)^2-3a_n^3(a_nS_n)+a_n^6$$ Por lo tanto $$\lim_{n\to\infty}(S_{n}^3-S_{n-1}^3)=3$$ Así, por Cesàro del lema obtenemos $$\lim_{n\to\infty}\frac{S_{n}^3}{n}=3$$ O, equivalentemente, $$\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[3]{3n}}{S_{n}}=1$$ Finalmente $$\lim_{n\to\infty}\sqrt[3]{3n}a_n=\lim_{n\to\infty}(a_nS_n)\frac{\sqrt[3]{3n}}{S_{n}}=1$$ Hecho.

Answer 2

La generalización de Felix Klein maravillosa respuesta, quiero que resumen un poco la declaración y el argumento:

Deje $\alpha > 0$, e $(a_n)_n$ ser una secuencia tal que $\lim_{n\to\infty} a_n\sum_{k=1}^n a_k^\alpha = 1$. Encontrar un asintótica equivalente para $a_n$.

(Tenga en cuenta que el OP pregunta es para $\alpha=2$.)

• En primer lugar, dejando $A_n \stackrel{\rm def}{=} \sum_{k=1}^n a_k^\alpha$ no es difícil mostrar que $\lim_{n\to\infty} A_n =\infty$, e $\lim_{n\to\infty} a_n =0$.

  (De hecho, $(A_n)_n$ converge en $[0,\infty]$ por la monotonía de la convergencia; si su límite es finito, entonces esto implica $\lim_{n\to\infty} a_n^\alpha =0$, y por lo tanto $\lim_{n\to\infty} a_n =0$, y por lo tanto $\lim_{n\to\infty} a_n A_n =0$ -- contradicción.)

• Entonces, teniendo en cuenta $S_n^{\alpha+1} - S_{n-1}^{\alpha+1}$, tenemos $$\begin{align} S_n^{\alpha+1} - S_{n-1}^{\alpha+1} &= S_n^{\alpha+1} - \left(S_n-a_n^\alpha\right)^{\alpha+1} = S_n^{\alpha+1} - S_n^{\alpha+1}\left(1-\frac{a_n^\alpha}{S_n}\right)^{\alpha+1} \\ &= S_n^{\alpha+1} - S_n^{\alpha+1}\left(1-(\alpha+1)\frac{a_n^\alpha}{S_n} + o\left(\frac{a_n^\alpha}{S_n}\right)\right) \\ &= S_n^{\alpha+1} - \left(S_n^{\alpha+1}-(\alpha+1)(a_n S_n)^{\alpha} + o\left((a_n S_n)^{\alpha}\right)\right) \\ &= (\alpha+1)(a_n S_n)^{\alpha} + o\left((a_n S_n)^{\alpha}\right) \\ &\operatorname*{\sim}_{n\to\infty} (\alpha+1)(a_n S_n)^{\alpha} \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} \alpha+1 \end{align}$$ donde hemos utilizado el hecho de que (por la que el primer elemento que hemos probado) que $\lim_{n\to\infty}\frac{a_n^\alpha}{S_n} = 0$ para realizar un primer orden de expansión de Taylor de $(1+u)^{\alpha+1}$$0$; y, para la última parte, el hecho de que $\lim_{n\to\infty }(a_n S_n)^{\alpha} = 1$.

Ahora, ¿por qué hacemos eso? Esta es una técnica general: vamos a dar un paso atrás y considerar todos nuestros discretos sumas y secuencias y su formación integral y análogos funcionales. Entonces, estamos considerando $$(S^{\alpha+1})' \aprox S_n^{\alpha+1} - S_{n-1}^{\alpha+1}$$ y si podemos mostrar a $\lim (S^{\alpha+1})' = c$ para algunas constantes $c$, entonces por la "integración" vamos a tener $S^{\alpha+1}(x) \sim_{x\to \infty} cx$, es decir,$S(x) \sim_{x\to \infty} (cx)^{1/(\alpha+1)}$. Que el handwavy la intuición detrás de ese paso; vamos a hacer que sea formal.

• Sumando ambos lados, y usando el hecho de que la serie $\sum_{n}( S_n^{\alpha+1}-S_{n-1}^{\alpha+1})$ diverge como $\lim_{n\to\infty} S_n =\infty$ a argumentar que la LHS y RHS de la serie será asintóticamente equivalente,* tenemos $$S_n^{\alpha+1} - S_0^{\alpha+1} = \sum_{k=1}^n (S_k^{\alpha+1} - S_{k-1}^{\alpha+1}) \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} (\alpha+1)n$$ es decir, como $S_0 = 0$, $S_n^{\alpha+1} \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} (\alpha+1)n.$

  Utilizando una última vez nuestra hipótesis, hemos $$a_n \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} \frac{1}{S_n} \operatorname*{\sim}_{n\to\infty} \boxed{\frac{1}{((\alpha+1)n)^{\frac{1}{\alpha+1}}}}$$ la conclusión de la prueba.

${}^*$ También podemos confiar en Cèsaro para este paso.