Корень из логарифма

[marie-la]

Такая задача. Последовательность ${x_n}$ определена равенствами

$x_{n+1}=x_n+\frac{1}{x_1+x_2+...+x_n}$

Доказать, что

$\lim\limits_{n\to\infty}{\frac{x_n}{\sqrt{2\ln{n}}}}=1$

Пыталась теорему Штольца применить, но застряла, не выходит. Подскажите, как можно?

[novichok2018]

От начального значения не зависит? Даже отрицательного?

[marie-la]

novichok2018
Ой, сорри, $x_1=1$
Что-то не вижу кнопки "правка" в исходном сообщении.

[novichok2018]

Кнопка короткое время живёт, потом уже не поправишь. Спросите у завсегдатаев, сколько точно минут.

[novichok2018]

Получается какая то ветвящаяся цепная дробь. Там есть своя предельная теорема, связанная с именем Гаусса и логарифмами. Но я в этом не разбираюсь. Интересно посмотреть на доказательство в рамках матана, конечно, без излишеств.

[alisa-lebovski]

Как-то перейти к непрерывности и дифференциальному уравнению.

И по крайней мере, если предположить, что

$$x_{n+1}-x_n=\frac{c+o(1)}{n\sqrt{2\ln n}},\quad c>0,\quad n\to\infty,$$

то получается $c=1$, откуда следует утверждение.

[ewert]

Ну во-первых откуда вообще этот корень. Последовательность растёт, но медленнее любой арифметической прогрессии. Поэтому естественно ожидать (и это действительно так), что сумма в знаменателе ведёт себя как $n\,x_n$. Если теперь заменить асимптотику $x_{n+1}-x_n\sim\frac1{n\,x_n}$ на дифференциальное уравнение $x'(n)=\frac1{nx(n)}$, то общим решением как раз и будет $\sqrt{2\ln n+C}$.

Теперь можно и формально. Автоматически выстраивается цепочка:

$$x_n\uparrow,\ \ x_n\to+\infty,\ \ \frac{x_{n+1}}{x_n}\to1,\ \ x_{n+1}-x_n=O\left(\frac1n\right).$$

Из последнего уже легко следует, что $x_1+x_2+\ldots+x_n\sim n\,x_n$ (по Штольцу неудобно -- понадобится более сильная оценка для разности). Тогда

$$x_{k+1}^2-x_k^2=(x_{k+1}-x_k)(x_{k+1}+x_k)\sim\frac1{k\,x_k}\cdot2x_k=\frac2k\ \ \Rightarrow\ \ x_n^2\sim 2\ln n.$$

`

[alisa-lebovski]

А если брать степени $x^\alpha_k$ в знаменателе, можно сделать логарифм в степени $1/(\alpha+1)$, $\alpha>-1$.

[marie-la]

ewert
Спасибо!