求$\dfrac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}n$极限

其妙

若$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=a$，$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n=b$，求$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}n$的值。
要有严密过程。

tommywong

$a_n=a+o(n),b_n=b+o(n)$

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n a_rb_{n+1-r}=\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (a+o(n))(b+o(n))=(a+o(n))(b+o(n))\rightarrow ab (n\rightarrow \infty)$

其妙

回复 2# tommywong
答案是对了，

tommywong

呃......这步有点问题

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (a+o(n))(b+o(n))=(a+o(n))(b+o(n))$

其妙

回复 4# tommywong
特殊的无穷小还是可以得到答案的

tommywong

第一步就错了，我重新做一遍

$a_n=a+c_n,b_n=b+d_n$，若$a_n,b_n,c_n,d_n$有界

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n a_rb_{n+1-r}=\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (a+c_r)(b+d_{n+1-r})=\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_{n+1-r}+bc_r+c_rd_{n+1-r})$

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_1) \le \frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rd_{n+1-r}) \le \frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_2)$

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_1)=\sum_{r=1}^{n+1} (ab+ad_r+bc_r+c_rk_1)-\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_1)=ab$

$\displaystyle\frac{1}{n}\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_2)=\sum_{r=1}^{n+1} (ab+ad_r+bc_r+c_rk_2)-\sum_{r=1}^n (ab+ad_r+bc_r+c_rk_2)=ab$

pxchg1200

好久没回来了，现在就用传说中的CS来弄弄看，我们先证明$a=b=0$的情况，这时得到
\[ \lim_{n\to+\infty}a^{2}_{n}=\lim_{n\to+\infty}b^{2}_{n}=0 \]
O.Stolz后就有
\[  \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}}{n}= \lim_{n\to+\infty}\frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}}{n}=0\]
现在，运用Cauchy-Schwarz inequality,就有
\[ 0\leq \left(\frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n}\right)^{2}\leq \left(\frac{a_{1}^{2}+a_{2}^{2}+\cdots+a_{n}^{2}}{n}\right)\left(\frac{b_{1}^{2}+b_{2}^{2}+\cdots+b_{n}^{2}}{n}\right)\]
显然有
\[ \lim_{n\to+\infty}\frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n}=0 \]
对于$a$,$b$不为$0$的情况，只要用$(a_{n}-a)$,$(b_{n}-b)$替换$a_{n}$,$b_{n}$就好！

其妙

回复 7# pxchg1200
欢迎回归！px果然是C-S大牛！
这种一般的结论常常可以化归为特殊情况（例如零，叫归零法？）来解，妙！

青青子衿

因为\(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=a\)，则\(\,a_n\,\)有界. 不妨设\(\,\big|a_n\big|\leqslant\,\!M\)，则对于任意的\(\,k=1,2,\cdots,n\,\)，有
\begin{align*}
\left|a_kb_{n-k+1}-ab\right|&=\left|a_kb_{n-k+1}-a_kb+a_kb-ab\right|\\
&=\left|b\left(a_k-a\right)+a_k\left(b_{n-k+1}-b\right)\right|\\
&\leqslant\Big|\,b\,\Big|\Big|a_k-a\Big|+\Big|a_k\Big|\Big|b_{n-k+1}-b\Big|\\
&\leqslant\Big|\,b\,\Big|\Big|a_k-a\Big|+M\Big|b_{n-k+1}-b\Big|\\
\end{align*}
于是
\begin{align*}
&\quad\,\left|\dfrac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}n-ab\right|=\left|\dfrac{a_1b_n-ab+a_2b_{n-1}-ab+\cdots+a_nb_1-ab}{n}\right|\\
&\leqslant\dfrac{\Big|a_1b_n-ab\Big|+\Big|a_2b_{n-1}-ab\Big|+\cdots+\Big|a_nb_1-ab\Big|}{n}\\
&\leqslant\dfrac{b}{n}\left(\Big|a_1-a\Big|+\Big|a_2-a\Big|+\cdots+\Big|a_n-a\Big|\right)+\dfrac{M}{n}\left(\Big|b_n-b\Big|+\Big|b_{n-1}-b\Big|+\cdots+\Big|b_1-b\Big|\right)\\
\end{align*}
又因为\(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}a_n=a\)与\(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}b_n=b\)，则有\(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\Big|a_n-a\Big|=0\)与\(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\Big|b_n-b\Big|=0\).
根据柯西平均值命题，有
\begin{align*}
&\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\sum\limits_{k=1}^n\Big|a_k-a\Big|}{n}=0\\
&\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\sum\limits_{k=1}^n\Big|b_{n-k+1}-b\Big|}{n}=0
\end{align*}
故
\begin{align*}
&\lim_{n\to+\infty}\left|\dfrac{a_1b_n+a_2b_{n-1}+\cdots+a_nb_1}n-ab\right|\\
={}&b\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\sum\limits_{k=1}^n\Big|a_k-a\Big|}{n}+M\lim_{n\to+\infty}\dfrac{\sum\limits_{k=1}^n\Big|b_{n-k+1}-b\Big|}{n}=0
\end{align*}
因此
\[ \color{\black}{\lim_{n\to+\infty}\frac{a_{1}b_{n}+a_{2}b_{n-1}+\cdots+a_{n}b_{1}}{n}=ab} \]

青青子衿

回复 1# 其妙
参见徐森林的《数学分析精选习题全解（上册）》P3~4 例题  2
裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法（第2版）》P39 例 1.3.7
李克典的《数学分析选讲》P8~9 例2
2004年中国科学院数学分析第4题（15分）