Editar Un paso era defectuoso en la prueba de 1). Muchas gracias a mi amigo Luc señalado. Me he fijado que, gracias a un lexema que puedo demostrar en la final.
El uso de AM-GM de la desigualdad, vemos que el término general no es mayor que $\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$. Por lo tanto Carleman la desigualdad de hecho se muestra que 2) mantiene en constante $e$. Pero necesitamos una significativamente enfoque diferente si queremos conseguir el óptimo constante en este caso, ya que resulta ser $2$. He encontrado este método mediante la investigación de la versión integral del problema en primer lugar. De hecho, es más fácil (el lema de abajo es exactamente lo que es tedioso en el caso discreto, mientras sencillo en el integral de los casos) a ver que
$$
\int_0^\infty \frac{x}{\int_0^x\frac{1}{f(t)}dt}dx\leq 2\int_0^\infty f(t)dt
$$
para cada positivos medibles función de $f$, $2$ es óptimo.
La respuesta a la 3) no es.
Comentario de demostrar 1), podemos asumir que $a_k$ es nonincreasing withtout pérdida de generalidad, ya que el reordenamiento de la secuencia no afecta a la dcha, y sólo puede aumentar la lhs, al hacer la secuencia de nonincreasing. Tal vez nos coould tomar ventaja de la observación para simplificar el argumento en 1).
1) vamos a demostrar que para cada secuencia positiva $a_n$, tenemos
$$
\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}\leq 2 \sum_{k=1}^\infty a_k
$$
Por Faulhaber de la fórmula y de Cauchy-Schwarz
$$
\frac{n^2(n+1)^2}{4}=\a la izquierda( \sum_{k=1}^nk\right)^2=\left(\sum_{k=1}^n k\sqrt{a_k}\frac{1}{\sqrt{a_k}}\right)^2\leq \sum_{k=1}^n k^2a_k\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}
$$
de dónde
$$
\frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}\leq \frac{4}{n(n+1)^2}\sum_{k=1}^n k^2a_k
$$
Por lo tanto
$$
\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}\leq 4\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n(n+1)^2} \sum_{k=1}^n k^2a_k
$$
(Fubini)
$$
=4 \sum_{k=1}^\infty k^2a_k\sum_{n=k}^\infty\frac{1}{n(n+1)^2}
$$
(por el lema de abajo)
$$
\qquad \leq 4 \sum_{k=1}^\infty k^2a_k\frac{1}{2k^2}
=2 \sum_{k=1}^\infty a_k
$$
2) ahora vamos a demostrar que $2$ es óptimo. Suponga $C>0$ es tal que
$$
\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}}\leq C \sum_{k=1}^\infty a_k
$$
para cada secuencia positiva $a_n$. A continuación, para cada $\alpha >1$, considere la posibilidad de $a_n=\frac{1}{n^\alpha}$. Este rendimientos
$$
C\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^\alpha}\geq \sum_{n=1}^\infty\frac{n}{\sum_{k=1}^nk^\alpha}\geq \sum_{n=1}^\infty\frac{n}{\int_{x=1}^{n+1}x^\alpha dx}
=(\alpha+1) \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{(n+1)^{\alpha+1}-1}
$$
Ahora
$$
\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{(n+1)^{\alpha+1}-1}\geq \sum_{n=1}^\infty \frac{n}{(n+1)^{\alpha+1}}
=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(n+1)^{\alpha}}- \frac{1}{(n+1)^{\alpha+1}}
$$
$$
=\sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^{\alpha}}- \frac{1}{n^{\alpha+1}}\right)
\geq \sum_{n=1}^\infty \left(\frac{1}{n^{\alpha}}- \frac{1}{n^{2}}\right)
=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}} -\frac{\pi^2}{6}
$$
Desde $\lim_{\alpha\rightarrow 1^+} \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}}=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n}=+\infty $ por la monotonía de convergencia,
$$
\frac{C}{\alpha+1}\geq \frac{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}} -\frac{\pi^2}{6}}{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^{\alpha}}}\quad\Rightarrow\quad \frac{C}{2}\geq 1
$$
dejando $\alpha>1$ tienden a $1$. Por lo $C\geq 2$ lo que demuestra que $2$ es óptimo.
3) Si una constante existido, nos gustaría conseguir, por AM-GM de la desigualdad
$$
\sum_{n=1}^\infty a_n\leq C\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{\sum_{k=1}^n\frac{1}{a_k}}\leq C\sum_{n=1}^\infty\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}
$$
para cada secuencia positiva. Es decir, la configuración de $b_n=\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\iff a_n=\frac{b_n^n}{b_{n-1}^{n-1}}$
$$
\sum_{n=1}\left(\frac{b_n}{b_{n-1}}\right)^nb_{n-1}\leq C\sum_{n=1}^\infty b_n
$$
para cada secuencia positiva $b_n$. Por supuesto, esto es cierto con $C=1$ si $b_n$ es nonincreasing. Para conseguir nuestro contradicción, se puede construir una convergencia $\sum b_n$ de manera tal que el lhs diverge. Por ejemplo, establezca $b_n:=\frac{1}{2^n}$ por cada $n$ pero $b_n=\frac{4}{2^n}$, por ejemplo, todos los $n=2^k$. Que es: hacemos un bache en cada una de las $n=2^k$ que es lo suficientemente grande como para hacer que el lhs divergen, pero lo suficientemente pequeño como para mantener la rhs convergentes.
Lema Para cada $k\geq 1$ hemos
$$
\sum_{n\geq k}^\infty \frac{1}{n(n+1)^2}\leq \frac{1}{2k^2}
$$
Prueba consideremos la secuencia
$$
x_k:= \frac{1}{2k^2} - \sum_{n\geq k}^\infty \frac{1}{n(n+1)^2}
$$
Tenga en cuenta que $\lim_{k\rightarrow +\infty} x_k=0$.
A continuación, calcular
$$
x_{k}-x_{k+1}=\frac{1}{2k^2}-\frac{1}{k(k+1)^2}-\frac{1}{2(k+1)^2}=\frac{1}{2k^2(k+1)^2}\geq 0
$$
Por lo $x_k$ es nonincreasing y converge a $0$.
Por lo tanto, $x_k\geq 0$ por cada $k\geq 1$. $\Box$
