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Demostración alternativa del límite del cociente de dos sumas.

He encontrado el siguiente problema por Apostol: Sea $a \in \Bbb R$ y $s_n(a)=\sum\limits_{k=1}^n k^a$ . Visite

$$\lim_{n\to +\infty} \frac{s_n(a+1)}{ns_n(a)}$$

Tras algunos forcejeos e ideas impotentes consideré la siguiente solución.

Si $a > -1$ entonces

$$\int_0^1 x^a dx=\frac{1}{a+1}$$ está bien definida. Por lo tanto

$$\lambda_n(a)=\frac{s_n(a)}{n^{a+1}}$$

Es evidente que

$$\lim\limits_{n\to +\infty} \lambda_n(a)=\int_0^1 x^a dx=\frac{1}{a+1}$$

y así

$$\lim_{n\to +\infty} \frac{s_n(a+1)}{ns_n(a)}=\lim_{n \to +\infty} \frac{\lambda_n(a+1)}{\lambda_n(a)}=\frac{a+1}{a+2}$$

¿Puede aportar alguna otra prueba de ello? He utilizado sobre todo la teoría de la integración, pero quizá haya otras ideas más sencillas (o más complejas) que puedan utilizarse.

(Si $a=-1$ entonces el límite es cero, ya que es simplemente $H_n^{-1}$ que llega a cero ya que la serie armónica es divergente. Para el caso $a <-1$ las desigualdades simples $s_n(a+1) \le n\cdot n^{a+1} = n^{a+2}$ y $s_n(a) \ge 1$ demostrar que el límite también es cero).

2voto

Anthony Shaw Puntos 858

Para $a\ge0$ , $x^a$ es una función monótona no decreciente, por lo tanto, $$ \small\frac{1}{a+1}\left[n^{a+1}-0\right]=\int_0^nx^a\,\mathrm{d}x\le\sum_{k=1}^nk^a\le\int_1^{n+1}x^a\,\mathrm{d}x=\frac{1}{a+1}\left[(n+1)^{a+1}-1\right]\tag{1} $$ Para $-1< a<0$ , $x^a$ es una función monótona no creciente, por lo tanto, $$ \small\frac{1}{a+1}\left[n^{a+1}-0\right]=\int_0^nx^a\,\mathrm{d}x\ge\sum_{k=1}^nk^a\ge\int_1^{n+1}x^a\,\mathrm{d}x=\frac{1}{a+1}\left[(n+1)^{a+1}-1\right]\tag{2} $$ Combinación de $(1)$ y $(2)$ resulta que para $a>-1$ $$ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{n^{a+1}}s_n(a)=\frac{1}{a+1}\tag{3} $$ $x^{-1}$ es una función monótona no creciente, por lo tanto, $$ 1+\log(n)=1+\int_1^nx^{-1}\,\mathrm{d}x\ge\sum_{k=1}^nk^{-1}\ge\int_1^{n+1}x^{-1}\,\mathrm{d}x=\log(n+1)\tag{4} $$ Así, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{1}{\log(n)}s_n(-1)=1\tag{5} $$ Para $a<-1$ , $$ \lim_{n\to\infty}s_n(a)=\zeta(-a)\tag{6} $$ Combinación de $(3)$ , $(5)$ et $(6)$ produce $$ \lim_{n\to +\infty} \frac{s_n(a+1)}{ns_n(a)}=\left\{\begin{array}{cl}\frac{a+1}{a+2}&\text{when }a>-1\\0&\text{when }a\le-1\end{array}\right.\tag{7} $$

1voto

El siguiente argumento sirve para cualquier $a > -1$ . Se nos da que $$s_n(a) = \sum_{k=1}^{n} k^a$$ Sea $a_n = 1$ y $A(t) = \displaystyle \sum_{k \leq t} a_n = \left \lfloor t \right \rfloor$ . Por lo tanto, $$s_n(a) = \int_{1^-}^{n^+} t^a dA(t)$$ La integral debe interpretarse como la integral de Riemann Stieltjes. Integrando ahora por partes, obtenemos que $$s_n(a) = \left. t^a A(t) \right \rvert_{1^-}^{n^+} - \int_{1^-}^{n^+} A(t) a t^{a-1} dt = n^a \times n - a \int_{1^-}^{n^+} \left \lfloor t \right \rfloor t^{a-1} dt\\ = n^{a+1} - a \int_{1^-}^{n^+} (t -\left \{ t \right \}) t^{a-1} dt = n^{a+1} - a \int_{1^-}^{n^+} t^a dt + a \int_{1^-}^{n^+}\left \{ t \right \} t^{a-1} dt\\ = n^{a+1} - a \left. \dfrac{t^{a+1}}{a+1} \right \rvert_{1^-}^{n^+} + a \int_{1^-}^{n^+}\left \{ t \right \} t^{a-1} dt\\ =n^{a+1} - a \dfrac{n^{a+1}-1}{a+1} + a \int_{1^-}^{n^+}\left \{ t \right \} t^{a-1} dt\\ = \dfrac{n^{a+1}}{a+1} + \dfrac{a}{a+1} + \mathcal{O} \left( a \times 1 \times \dfrac{n^a}{a}\right)\\ = \dfrac{n^{a+1}}{a+1} + \mathcal{O} \left( n^a \right)$$ Por lo tanto, obtenemos que $$\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(a)}{n^{a+1}/(a+1)} = 1$$ Por lo tanto, ahora $$\dfrac{s_{n}(a+1)}{n s_n(a)} = \dfrac{\dfrac{s_n(a+1)}{n^{a+2}/(a+2)}}{\dfrac{s_n(a)}{n^{a+1}/(a+1)}} \times \dfrac{a+1}{a+2}$$ Por lo tanto, obtenemos que $$\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_{n}(a+1)}{n s_n(a)} = \dfrac{\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(a+1)}{n^{a+2}/(a+2)}}{\displaystyle \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(a)}{n^{a+1}/(a+1)}} \times \dfrac{a+1}{a+2} = \dfrac11 \times \dfrac{a+1}{a+2} = \dfrac{a+1}{a+2}$$

Tenga en cuenta que el argumento debe modificarse ligeramente para $a = -1$ o $a = -2$ . Sin embargo, los dos casos se pueden argumentar directamente en sí.

Si $a=-1$ entonces queremos $$\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(0)}{n s_n(-1)} = \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{n}{n H_n} = 0$$

Si $a=-2$ entonces queremos $$\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(-1)}{n s_n(-2)} = \dfrac{6}{\pi^2} \lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{H_n}{n} = 0$$

En general, para $a <-2$ Obsérvese que tanto $s_n(a+1)$ y $s_n(a)$ convergen. Por lo tanto, el límite es $0$ . Para $a \in (-2,-1)$ , $s_n(a)$ converge pero $s_n(a+1)$ diverge más lentamente que $n$ . Por lo tanto, el límite es de nuevo $0$ .

En resumen $$\lim_{n \rightarrow \infty} \dfrac{s_n(a+1)}{n s_n(a)} = \begin{cases} \dfrac{a+1}{a+2} & \text{ if }a>-1\\ 0 & \text{ if } a \leq -1 \end{cases}$$

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