Cómo probar esta desigualdad $H(a_1)+H(a_2)+\cdots+H(a_m)\leq C\sqrt{\sum_{i=1}^{m}i a_i}$

Question

Probar que: existe una constante $C>0$ tal que $$H(a_1)+H(a_2)+\cdots+H(a_m)\leq C\sqrt{\sum_{i=1}^{m}i a_i}$$ tiene para cualquier entero positivo $m$ y cualquier $m$ entero positivo $a_1,a_2,\cdots,a_m$. donde $H(n)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}.$

Este es el año 2018 China TST 3 Día 1 Q3,tal vez es de papel.La razón es porque en el pasado, los Chinos de formación de equipo seleccionado para la mayoría de las preguntas de los artículos

Answer 1

En vista de la reorganización de la desigualdad, es suficiente para comprobar la desigualdad al $(a_i)$ es decreciente, es decir, $a_1 \geq a_2 \geq \cdots \geq a_m$. Además, no es ningún daño a presentar $a_{m+1} = 0$. Entonces

$$ \sum_{i=1}^{m} H(a_i) = \sum_{i=1}^{m} \sum_{k=i}^{m} \left( H(a_k) - H(a_{k+1}) \right) = \sum_{k=1}^{m} k \left( H(a_k) - H(a_{k+1}) \right) $$

y de la misma manera

$$ \sum_{i=1}^{m} i a_i = \sum_{i=1}^{m} \sum_{k=i}^{m} i (a_k - a_{k+1}) = \sum_{k=1}^{m} \frac{k(k+1)}{2} (a_k - a_{k+1}). $$

Ahora invocamos la siguiente lema:

Lema. Si $0 \leq a < b$ son enteros, entonces $$ \frac{H(b) - H(a)}{\sqrt{b}} \leq \begin{cases} \sqrt{\frac{1}{a} - \frac{1}{b}}, & a > 0 \\ 1, & a = 0 \end{casos} $$

Antes de probar este lema, vamos a ver cómo esto implica deseada de la desigualdad. La aplicación de la de Cauchy-Schwarz desigualdad y el lema anterior, obtenemos

\begin{align*} \sum_{i=1}^{m} H(a_i) &\leq \left( \sum_{k=1}^{m} \frac{2\left( H(a_k) - H(a_{k+1}) \right)^2}{a_k - a_{k+1}} \mathbf{1}_{\{a_k > a_{k+1} \}} \right)^{1/2} \left( \sum_{k=1}^{m} \frac{k^2}{2} (a_k - a_{k+1}) \right)^{1/2} \\ &\leq \left( 2 + 2\sum_{k=1}^{m-1} \left( \frac{1}{a_{k+1}} - \frac{1}{a_k} \right) \right)^{1/2} \left( \sum_{i=1}^{m} i a_i \right)^{1/2} \\ &\leq 2 \left( \sum_{i=1}^{m} i a_i \right)^{1/2}. \end{align*}

Por lo tanto la afirmación es verdadera con $C = 2$.

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La prueba del Lema. Observe que

\begin{align*} H(b) - H(a) &= \sum_{k=a+1}^{b} \frac{1}{k} = \frac{1}{2} \sum_{k=a+1}^{b} \left( \frac{1}{k} + \frac{1}{a+b+1-k} \right) \\ &= \frac{a+b+1}{2} \sum_{k=a+1}^{n} \frac{1}{k(a+b+1-k)} \\ &\leq \frac{a+b+1}{2} \sum_{k=a+1}^{n} \frac{4}{(a+b+1)^2} \\ &= \frac{2}{a+b+1}(b-a) \stackrel{\text{AM-GM}}{\leq} \frac{1}{\sqrt{(a+1)b}}(b-a) \\ &= \sqrt{\frac{b-a}{(a+1)b}} \cdot \sqrt{b-a}. \end{align*}

Al $a = 0$, esto se reduce a la que desee enlazar. Al $a > 0$, tenemos

$$ \sqrt{\frac{b-a}{(a+1)b}} \leq \sqrt{\frac{b-a}{ab}} = \sqrt{\frac{1}{a} - \frac{1}{b}}. $$

Answer 2

Boceto de una prueba ya que estoy en mi teléfono.

$H(a_i)<\ln(a_i+1) < ca_i^{1/2}$ algunos $c>0$.

Por lo tanto $\sum H(a_i) <\sum ca_i^{1/2} $.

Desde $\frac1{m}\sum a_i^{1/2} \le \sqrt{\frac1{m}\sum a_i}$ por el poder significa la desigualdad, $\sum a_i^{1/2} \le \sqrt{m\sum a_i}$ así que $\sum H(a_i) <c\sqrt{m\sum a_i}$.

Así que si podemos demostrar que $m\sum a_i < b \sum ia_i $ for some $b$ hemos terminado.

Esto es cierto si podemos elegir $b=m+1$ pero no si $b$ es independiente de $m$. Por ejemplo, elija $a_1$ grandes ($m^2$) y todos los demás pequeños (1). El lado izquierdo es acerca de $m^3$ y el lado derecho es acerca de $bm^2$.

No sé a dónde ir desde aquí lo voy a dejar.