Deje $(a_k)_{k\geq 1}$ ser una secuencia tal que la serie $\sum_{k\geq 1} a_k$ es convergente a $L$. Luego, a través de la C-S de la desigualdad, para cualquier $n\geq 1$, $$f(n):=\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_k}\geq \frac{n^2}{\sum_{k=1}^n a_k}> \frac{n^2}{L}.$$ Es cierto que , finalmente, $f(n)>n^2\ln(n)$ (es decir, $n_0$ de manera tal que la desigualdad se cumple para todos los $n\geq n_0$).
Respuesta
¿Demasiados anuncios?
tyson blader
Puntos
18
En jerga matemática "eventualmente" significaría que el obligado tiene para todos los suficientemente grandes $n$ es decir $$\text{there exists $N$ such that $f(n) >n^2\ln n$ for all $n\geq N$.}$$
Este no es el caso, de hecho, podemos tener $f(n)\leq n^2\omega(n)$ infinitamente a menudo para cualquier función dada $\omega(n)\to\infty$ (en particular para $\omega(n)=\ln n$). Esta es la mejor posible, porque $\liminf f(n)/n^2=+\infty$.
Si en lugar de preguntar si $f(n)$ supera $n^2\ln n$, entonces la respuesta es verdadera (incluso con excepción de $n=1$). Doy dos pruebas a continuación.
Secuencia de con $f(n)\leq n^2\omega(n)$ infinitamente a menudo se da una función de $\omega(n)\to\infty$
Deje $1\leq n_1\leq n_2\leq \cdots$ ser una secuencia para ser elegido más tarde. Definir $$a_n=\sum_{k\text{ such that }n_k\geq n} \frac{1}{n_k2^k}.$$
Nota: $\sum_{k\geq 1}a_k$ converge (a $2$), y para cada una de las $k\geq 1$,
$$f(n_k)=f(n_{k-1})+\sum_{i=n_{k-1}+1}^{n_k} \frac{1}{a_i} = f(n_{k-1})+2^kn_k(n_k-n_{k-1}).$$
Si $n_1,\dots,n_{k-1}$ son fijos, el lado derecho es $O(n_k^2)$. Así que si $\omega(n_k)\to\infty$$n_k\to\infty$, siempre podemos escoger $n_k$ lo suficientemente grande tal que $f(n_k)\leq (n_k)^2\omega(n_k)$.
La prueba de $\liminf f(n)/n^2=+\infty$
Su Cauchy-Schwarz argumento similar se da, incluso para $n$,
$$f(n)/(n/2)^2>(1/(n/2)^2)\sum_{k=n/2+1}^{n}\frac{1}{a_k} \geq \tfrac 1 4 \left(\sum_{k=n/2+1}^{\infty}a_k\right)^{-1}$$
y el lado derecho converge a$+\infty$$n\to\infty$. Por supuesto extraño $n$ obedecen a una similar vinculado, pero es más complicado de escribir.
La agrupación de prueba de que $\sup_{n\geq 2} f(n)/n^2\ln n = +\infty$
Debe haber alguna $d\geq 1$ tal que $$\sum_{k=2^{d-1}+1}^{2^d}a_k \leq \frac 1{4C \ln(2^d)}$$ puesto que la suma de $d$ del lado derecho diverge.
Su Cauchy-Schwarz argumento da $$f(2^d)>\sum_{k=2^{d-1}+1}^{2^d}\frac{1}{a_k} \geq 4C\ln(2^d)(2^d-2^{d-1})^2=C\ln(2^d)(2^d)^2$$
por lo $f(n)>Cn^2\ln n$$n=2^d$.
Majorization prueba de que $\sup_{n\geq 2} f(n)/n^2\ln n = +\infty$
Revisión constante C. Defina $(r_n)_{n\geq 1}$ a de ser la única secuencia con $$\sum_{k=1}^n r_k = R(n) := Cn^2\max(1, \ln n).$$
Podemos calcular los $r_n=O(n\ln n)$ $\sum 1/r_k$ diverge. Pick $N$ suficientemente grande como para que $\sum_{k=1}^N 1/r_k>L$. Dada la secuencia de las $a_1,\dots,a_N>0$ tal que $f(n)\leq R(n)$$1\leq n\leq N$, podemos reducir arbitraria de elementos de $a_n$ si es necesario para aumentar el$f(N)$$R(N)$. A continuación, $1/a_1,\dots,1/a_N$ majorizes $r_1,\dots,r_N$: suponiendo que w.l.o.g. que $a_n$ son, en orden descendente, $$f(n)\leq R(n) \text{ for all $1\leq n<N$, and }f(N)=R(N)$$ (Este es majorization "desde arriba", que es equivalente a majorization "desde abajo", porque el total de las sumas coinciden.) Desde $1/x$ es una función convexa de $x>0$, por Karamata la inequidad que tenemos $$a_1+\dots+a_N\geq \frac{1}{r_1}+\dots+\frac{1}{r_N}$$ que da $\sum_{k=1}^Na_k >L.$
