Prueba que $\sum\limits_{n \le k/2} \frac 1 n < \log k$ para la desigualdad de Pólya

Question

En Introducción a la Teoría Analítica de Números, teorema 8.21, Apostol demuestra la desigualdad de Pólya. El último paso de la demostración requiere mostrar:

$\sum\limits_{n \le k/2} \frac 1 n < log \; k$

mi demostración del teorema muestra que necesitamos $k > 1$. ¿Es esta una desigualdad estándar? ¿Cuál es una forma fácil de probarla? ¡Tengo que codificarlo en un demostrador de teoremas!

Aquí está la demostración del libro:

Answer 1

Escribamos $H_m = \sum\limits_{n=1}^m \frac{1}{n}$. Entonces necesitamos mostrar:

$(1) \; k = 2m + 1 \implies H_m < \log(2m + 1)$ y $(2) \; k = 2m + 2 \implies H_m < \log(2m + 2)$

Es suficiente probar que $H_m < \log(2m + 1)$.

Tenemos que $\log(2m + 1) = \log(2 + \frac{1}{m}) + \log m = \log 2 + \log m + \log(1 + \frac{1}{2m})$.

Desde, por ejemplo, Aproximando la constante de Euler por Hirschhorn (en realidad necesitamos un resultado más débil que el de ellos, pero es la única referencia que encontré) tenemos que $H_m < \log m + \gamma + \frac{1}{2m}$. Entonces necesitamos $\gamma + \frac{1}{2m} \leqslant \log2 + \log(1 + \frac{1}{2m})$ o $\log 2 - \gamma + \log(1 + \frac{1}{2m}) - \frac{1}{2m} \geqslant 0$.

La derivada del lado izquierdo es $\frac{1}{2m^2}\cdot\left(\frac{1}{-1 + 1 / 2m} + 1\right) > 0$, así que si la desigualdad se cumple para algún $m$, se cumple para todos los $m$ mayores. Según wolfram, se cumple para $m = 2$. Para $m = 1$, podemos verificar manualmente que $H_1 = 1$ y que $\log(3) > \log(e) > 1$.

(Me gustaría ver alguna demostración que involucre menos cálculos, pero como comenté, al menos necesitamos de alguna forma obtener que $\gamma < 1$)

Answer 2

Permítanme combinar todas las ideas que encuentro para demostrar que $\forall k \ge 1. H_m < \log(2*m+1)$. Como señaló @mihaild, esto es suficiente para la prueba del teorema. Podemos proceder por inducción.

Para $k = 1$, tenemos $1 < \log(3) = 1.09\ldots$ lo cual se cumple.

Para $k > 1$, asumimos $H_m < \log(2*m+1)$ y queremos demostrar $H_{m+1} < \log(2*(m+1)+1)$.

Tenemos $H_{m+1} = H_m + \frac 1 {m+1} < \log(2m+1) + ?$. Para llenar este marcador de posición, observamos que $\log(2m+1) + \log(x) = \log(2*(m+1)+1)$ cuando $x = \frac{2m+3}{2m+1}$ y en ese caso solo necesitaríamos demostrar que $\frac 1 {m+1} < \log(1+\frac 2 {2m+1})$. Pero esto es cierto ya que la función $f(x) = (x+1) \log(1+ \frac 2 {2x+1}) - 1 > 0$ en $]\frac{-1} 2,+\infty[$. Para ver que esto es para los casos que nos interesan, es útil recordar que $e$ es el número único para el cual $\Big(1+\frac 1 {x}\Big)^{x} < e < \Big(1+ \frac 1 {x}\Big)^{x+1}$ para todo $x > 0$ (ver wikipedia).

Aplicación en la desigualdad de Polya

De hecho, lo que se necesita para concluir la prueba de la desigualdad de Polya es:

Para $k \ge 2$ tenemos

1. Si $k$ es impar entonces $H_{\frac k 2} < \log(k)$.

2. Si $k$ es par entonces $H_{\frac k 2 - 1} + \frac 1 k < \log(k)$

Para 1. la prueba sigue fácilmente a partir de lo anterior.

Para 2. uno nota que $h(\frac k 2 - 1) < \log(2*(\frac k 2 - 1)+1) = \log(k-1)$ según lo anterior. Luego, $\log(k-1) + \frac 1 k < \log(k)$ ya que la función $x*\log(1+\frac 1 {x-1}) - 1$ nuevamente es positiva en $[1,+\infty[$. Se utiliza la misma desigualdad que antes para establecer esto.

Answer 3

La desigualdad corregida con $~k\geq 3~$: $$\sum\limits_{n\leq\frac{k-1}{2}}\frac{1}{n} < \ln k$$

Es suficiente demostrar que $~\displaystyle \sum\limits_{v=1}^m\frac{1}{v} < \ln(2m+1)~$ para $~m\geq 1~$.

Podemos usar $~\displaystyle e<\left(1+\frac{1}{x}\right)^{x+\frac{1}{2}}~$ para $~x>0~$ . Una prueba corta para eso está en mi nota aquí .

Sea $~\displaystyle x:=v-\frac{1}{2}~$ con $~v\in\mathbb{N}~$ .

Es $~\displaystyle e<\left(1+\frac{1}{v-\frac{1}{2}}\right)^v~$ y se sigue:

$$\displaystyle \frac{1}{v} < \ln\left(1+\frac{2}{2v-1}\right) = \ln\left(1+\frac{1}{2v-1}\right) + \ln\left(1+\frac{1}{2v}\right)$$

Obtenemos la prueba:

$$\sum\limits_{v=1}^m\frac{1}{v} < \sum\limits_{v=1}^m\ln\left(1+\frac{2}{2v-1}\right) = \sum\limits_{v=1}^{2m}\ln\left(1+\frac{1}{v}\right) = \ln(2m+1)$$