Conjetura sobre el límite de $\left(\frac1n\sum_{k=r}^n n^{\frac1k}\right)^{n^{c}}$

Question

Pensando un poco más acerca de mi pregunta anterior, me hizo la siguiente conjetura: $$ \lim_{n\to\infty}{\left(\frac1n\sum_{k=r}^n n^{\frac1k}\right)^{n^{c}}}=\begin{cases} \infty & \text{if %#%#%} \\ e & \text{if %#%#%} \\ 1 & \text{if %#%#%} \end{casos} $$ Donde$c>\frac{r-1}{r}$$c=\frac{r-1}{r}$. Me acerqué a ella, como en la cuestión vinculada, pero no funcionó. Es esta conjetura verdadera? Y si es así, ¿cómo encontrar el derecho de los límites para demostrarlo?

Answer 1

Aproximadamente la suma de la base del poder es $n+n^{1/r}$. Para un gran $k$ los términos están cerca de $1$; entre los primeros "pocos" los términos de la primera, $n^{1/r}$ determina la magniture orden. Así que la base es de aproximadamente $1+n^{\frac1r-1}\approx e^{n^{\frac1r-1}}$.

Con el fin de encontrar una cuidadosa estimación, dividir la suma en 3 partes: $$ \sum_{k=r}^n n^{\frac1k} = n^{\frac1r} + \sum_{i+1\le k\le\log n} n^{\frac1k} + \sum_{\log n<k\le n} n^{\frac1k}. $$

En el medio de la suma, la estimación de cada término por $n^{\frac1{r+1}}$: $$ \sum_{i+1\le k\le\log n} n^{\frac1k} = \mathcal{S}\left(n^{\frac1{i+1}}\log n \right). $$

En la última suma, para $k>\log n$ hemos $$ n^{\frac1k} = e^{\frac{\log n}k} = 1 + \mathcal{S}\left(\frac{\log n}k\right), $$ así $$ \sum_{\log n<k\le n} n^{\frac1k} = \sum_{i+1\le k\le\log n} \left( 1+\mathcal{S}\bigg(\frac{\log n}k\bigg) \right) = n +\mathcal{S}(1) +\mathcal{S}\left(\sum_{k=r}^n \frac{\log n}k\right) = n +\mathcal{S}\big(\log^2n\big). $$ Por lo tanto, $$ \frac1n \sum_{k=r}^n n^{1/k} = \frac1n \left( n + n^{\frac1r} +\mathcal{S}\left(n^{\frac1{i+1}}\log n \right) \right) = 1 + (1+\mathcal{s}(1))n^{\frac1r-1} $$ así $$ \log\left(\frac1n \sum_{k=r}^n n^{1/k}\right)^{n^c} = n^c \cdot (1+\mathcal{s}(1))n^{\frac1r-1} = (1+\mathcal{s}(1)) \cdot n^{c-\frac{i-1}r}. \tag1 $$ Si $c>\frac{r-1}r$, $c=\frac{r-1}r$ o $c<\frac{r-1}r$, luego (1) tiende a $\infty$, $1$ o $0$, respectivamente; la secuencia original (sin logaritmo) tiende a $\infty$, $e$ o $1$, respectivamente --- como usted cree.

Answer 2

Desde $1+x\le e^x\le1+\frac x{1-x}$$k\lt n-\log(n)$, tenemos que $$ 1+\frac{\log(n)}{n-k}\le n^{\frac1{n-k}}\le1+\frac{\log(n)}{n-k-\log(n)}\etiqueta{1} $$ Por lo tanto, desde el $\sum\limits_{k=1}^{\lfloor n-log(n)\rfloor}\frac1k=O\left(\log(n)\right)$, $$ \begin{align} \small\frac1n\sum_{k=0}^{\lfloor n-\log(n)-1\rfloor}n^{\frac1{n-k}} &\small=\frac{\lfloor n-\log(n)-1\rfloor}n+\frac{\log(n)}n\overbrace{\sum_{k=0}^{\lfloor n-\log(n)-1\rfloor}O\left(\frac1{n-k-\log(n)}\right)}^{O(\log(n))}\\ &\small=1+O\left(\frac{\log(n)^2}n\right)\tag{2} \end{align} $$ Además, desde el $\log(n)\,n^{-\frac2{r(r+2)}}=o\left(n^{-\frac1{r(r+1)}}\right)$, $$ \begin{align} \frac1n\sum_{k=r}^{\lfloor\log(n)+1\rfloor}n^{\frac1{k}} &=n^{-\frac{r-1}r}\left(\vphantom{n^{\frac12}}\right.1+n^{-\frac1{r(r+1)}}+\overbrace{n^{-\frac2{r(r+2)}}+n^{-\frac3{r(r+3)}}+\dots}^{\text{fewer than %#%#% terms}}\left.\vphantom{n^{\frac12}}\right)\\ &=n^{-\frac{r-1}r}+O\left(n^{-\frac r{r+1}}\right)\tag{3} \end{align} $$ La adición de $\log(n)$$(2)$, obtenemos $$ \begin{align} \frac1n\sum_{k=r}^nn^{\frac1{k}} &=1+n^{-\frac{r-1}r}+O\left(n^{-\frac r{r+1}}\right)\tag{4} \end{align} $$ y por lo tanto, desde el $(3)$, $$ \begin{align} \lim_{n\to\infty}\left(\frac1n\sum_{k=r}^nn^{\frac1{k}}\right)^{\large n^c} &=\lim_{n\to\infty}\left(1+n^{-\frac{r-1}r}+O\left(n^{-\frac r{r+1}}\right)\right)^{\large n^c}\\ &=\left\{\begin{array}{} 1&\text{if }c\lt\frac{r-1}r\\ e&\text{if }c=\frac{r-1}r\\ \infty&\text{if }c\gt\frac{r-1}r \end{array}\right.\la etiqueta{5} \end{align} $$