Una versión de Hardy ' desigualdad de s que implica recíprocas.

Question

Cómo se puede probar para cualquier secuencia de números positivos $a_n, n\ge1,$ tenemos $$\sum_{n=1}^\infty \frac{n}{a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n}\le 2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_n}$ $

---

Añade más adelante:

Al parecer, esta es una versión de la desigualdad de Hardy. Lo anterior es el caso $p=-1$. (Ver la wiki es qué $p$).

El caso $p=2$ aparece aquí: prueba $A: l_2 \to l_2$ es un operador acotado

Answer 1

Aquí es una prueba.

Tratamos el uso de la inducción, pero como de costumbre, un enfoque directo, parece fallar y que vamos a intentar demostrar una declaración más fuerte.

Así que trate de elegir una función positiva $f(n)$ tal que

$$ \frac{f(n)}{a_1 + a_2 + \dots + a_n} + \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{a_1 + a_2 + \dots + a_k} \le \sum_{j=1}^{n} \frac{2}{a_j}$$

Deje $S = a_1 + a_2 + \dots + a_n$ y deje $x = a_{n+1}$.

Con el fin de demostrar que el $n$ implica $n+1$ sería suficiente para demostrar

$$\frac{2}{x} + \frac{f(n)}{S} \ge \frac{f(n+1) + n+1}{S+x}$$

Esto puede ser arreglado a

$$2S^2 + f(n) x^2 + (f(n) + 2) Sx \ge (f(n+1) + n+1) Sx$$

Desde $$ 2S^2 + f(n) x^2 \ge 2 \sqrt{2 f(n)} Sx$$

es suficiente para demostrar que $f(n)$ satisface

$$ f(n) + 2 + 2\sqrt{2 f(n)} \ge f(n+1) + n + 1$$

La elección de $f(n) = \dfrac{n^2}{2}$ hace el truco.

Podemos comprobar fácilmente el caso base para la elección de este $f(n)$.

Así tenemos:

$$ \frac{n^2}{2(a_1 + a_2 + \dots + a_n)} + \sum_{k=1}^{n} \frac{k}{a_1 + a_2 + \dots + a_k} \le \sum_{j=1}^{n} \frac{2}{a_j}$$

En el infinito de totalización caso, la constante de $2$ es lo mejor que podemos hacer, como podemos ver por la configuración de $a_1 = 1$$a_n = 2^{n-2}$$n \gt 1$.

Answer 2

Perdóname como es mi primera vez en matemáticas cambio y no sé cómo formatear la partición se hace de las expresiones.

lo primero que siento es un factor de 2 en el lado derecho no es necesario. Puede ser cualquier número mayor que o igual a 1. La igualdad sólo puede ocurrir cuando todos los a_i son idénticos y que el factor en el lado derecho es 1.

permite llamar a la expresión en el lado derecho como el lado derecho y en el lado izquierdo como en el lado izquierdo.

Define f(n) = RHS_n - LHS_n
then f(n+1) = RHS_{n+1} - LHS_{n+1}

es fácil ver que

f(n+1) - f(n)>0 for all n

(expresión final será cuadrática en a_{n+1} y X, donde X = suma de a_i [i =1 to n]).

dada la desigualdad es obvia cuando n =1, de modo que f(1) >0. por lo tanto, f(n) > 0 para todo n.