Demostrar que $a_n=\sqrt[n]{f\left(\frac{1}{n} \right)^n+f\left(\frac{2}{n} \right)^n+\dots+f\left(\frac{n}{n} \right)^n}$ es convergente

Question

<blockquote> <p>$f$ toma valores positivos y es uniformemente continua. Demostrar que $$a_n=\sqrt[n]{f\left(\frac{1}{n} \right)^n+f\left(\frac{2}{n} \right)^n+\dots+f\left(\frac{n}{n} \right)^n}$ $ es convergente</p> </blockquote> <p>Por continuidad uniforme, lo suficientemente grande como $n$ tenemos $|f\left(\frac{k}{n}\right)-f\left(\frac{k+1}{n} \right)|<\epsilon$. Traté de usar esto con el fin de límite de la suma, pero que % de la energía $n$es demasiado grande...</p>

Answer 1

Sugerencia: bueno, si tenemos un número finito de términos positivos $a_1,a_2,\ldots,am$ $$ \lim{n\to +\infty}\sqrt[n]{a_1^n+a_2^n+\ldots+a_m^n} = \max(a_1,a_2,\ldots,am)$ $ es conocido y no difícil de probar. Si $f$ es positiva y continua en $[0,1]$, por dejar que $M=\sup{[0,1]}f(x)=\max_{[0,1]}f(x)$ tenemos $$(M-\varepsilonn)^n\leq f\left(\tfrac{1}{n}\right)^n+f\left(\tfrac{2}{n}\right)^n+\ldots+ f\left(\tfrac{n}{n}\right)^n \leq n M^n$ y $\lim{n\to +\infty}\sqrt[n]{n}=1$, así que la situación es esencialmente la misma.

Answer 2

Que $M=\max f|_{[0,1]}$. Entonces para cada $\epsilon>0$, nos encontramos con un intervalo de longitud positiva $r$ tal que $f(x)>M-\frac\epsilon2$ en ese intervalo. Tenga en cuenta que por lo menos $nr-1$ de los puntos caen en ese intervalo. Concluimos así $$ nM^n\ge f(\tfrac1n)^n+\ldots +f(\tfrac nn)^n\ge (nr-1)(M-\tfrac\epsilon2)^n$ $ y $$ \sqrt[n] n\cdot M\ge a_n\ge\sqrt[n]{nr-1}\cdot (M-\tfrac \epsilon2).$ $\sqrt[n] n\to 1$ y $\sqrt[n]{nr-1}\to 1$, concluimos que, digamos, $|a_n-M|

Answer 3

Si $f[0,1]\to [0,\infty)$, continuo, $$ \lim_{n\to\infty}\sqrt[n] {\, f\left(\frac{1}{n}\right)^{n^{\phantom{-}}}+ f\left(\frac{2}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}+\cdots+ f\left(\frac{n}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}} }=\max_{x\in [0,1]}f(x). $$

Prueba. Deje $x_0\in[0,1]$, de tal manera que $$f(x_0)=\max_{x\in [0,1]}f(x)=M$$ and $\varepsilon>0$ arbitrary. Then there is a $\delta>0$, such that if $|x-x_0|<\delta$, a continuación,$\,|\,f(x)-f(x_0)|<\varepsilon$. Por lo tanto, si $$ n\ge n_1=\left\lfloor\frac{1}{\delta}\right\rfloor+1\quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{n}<\delta, $$ y, por lo tanto, para $n\ge n_1$, la distancia de uno de los puntos de $\frac{1}{n},\frac{2}{n},\ldots,\frac{n}{n}$ es menor que el $\delta$ y por lo tanto entre los valores de $f\left(\frac{1}{n}\right),f\left(\frac{2}{n}\right),\ldots,f\left(\frac{n}{n}\right)$, existe uno, decir $f\left(\frac{k}{n}\right)$, la cual difiere menos de $\varepsilon$$f(x_0)$, es decir, $$ M-\varepsilon< f\left(\frac{k}{n}\right)\le M. $$ A continuación, como $Mn^{1/n}\to M$, existe un $n_2$, de tal forma que si $n\ge n_2$,$Mn^{1/n}<M+\varepsilon$.

Por lo tanto, para cada $n\ge n_0=\max\{n_1,n_2\}$ $$ (M-\varepsilon)^n<f\left(\frac{1}{n}\right)^{n^{\phantom{-}}}+ f\left(\frac{2}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}+\cdots+ f\left(\frac{n}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}\le nM^n $$ y así $$ M-\varepsilon<\sqrt[n]{f\left(\frac{1}{n}\right)^{n^{\phantom{-}}}+ f\left(\frac{2}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}+\cdots+ f\left(\frac{n}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}}\le Mn^{1/n}<M+\varepsilon $$ En total, para cada $\varepsilon>0$, existe un $n_0\in\mathbb N$, de tal manera que $$ n\ge n_0\quad\Longrightarrow\quad \left|\sqrt[n]{f\left(\frac{1}{n}\right)^{n^{\phantom{-}}}+ f\left(\frac{2}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}+\cdots+ f\left(\frac{n}{n}\right)^{n^{\phantom{|}}}}-M\right|<\varepsilon. $$ QED