若正项级数 \(\sum\limits_{n=1}^\infty a_n\) 收敛, 证明: 级数 \(\sum\limits_{n=1}^\infty \dfrac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\) 也收敛.
这是[1]下册 16 页例题 13.2.6. 这书很赞的, 非常给力!
我们先来简单的复述下这书给出的证明的要点:
说穿了, 这个证明的目的, 就是建立
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}}\leqslant4\sum_{n=1}^\infty a_n.\end{equation}
为此, 我们可以认为正数数列 \(\{a_n\}\) 单调递减. 这是因为 \(\lim\limits_{n\to\infty}a_n=0\), 因之可把数列 \(\{a_n\}\) 按照从大到小重排. 此时 \(\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}\) 不能增加, 进而 \((1)\) 左边的 \(\sum\limits_{n=1}^\infty \frac n{\sum\limits_{k=1}^n \frac1{a_k}}\) 不会减少.
其次, 注意到下面这个简单的事实
\[\sum_{k=1}^{2n}\frac1{a_k}\gt \sum_{k=1}^{2n-1}\frac1{a_k}\geqslant\sum_{k=n}^{2n-1}\frac1{a_k}\geqslant\frac n{a_n}\]
可导出
\[\frac{2n-1}{\sum\limits_{k=1}^{2n-1} \frac1{a_k}}+\frac{2n}{\sum\limits_{k=1}^{2n} \frac1{a_k}}\leqslant\frac{2n-1}{\frac n{a_n}}+\frac{2n}{\frac n{a_n}}\lt4a_n,\]
于是, \((1)\) 也就是顺理成章的事情了.
有趣的事情, 总是发生在下回分解: [1] 给出了这个证明, 接下来的一个注释引出了我们的故事. 这个注是这样的:
我们不知道不等式 \((1)\) 右边的系数 \(4\) 是否可以减少, 若可以的话, 其最优值又是多少(参见下一个例题).
这是这套书上下两册最没有经过大脑的一段话, 显然没有经过思考: 下一个例题是 Carleman’s inequality. 这著名的不等式很清楚的表明: 把不等式 \((1)\) 右边的系数 \(4\) 改为 \(\mathrm e\) 也是可以的. 问题是, 使得
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\leqslant k\sum_{n=1}^\infty a_n\end{equation}
成立的最小的实数 \(k\) 应该是 \(\mathrm e\) 吗？
Hardy’s inequality 在 \(p\leqslant1\) 时, 一般是不成立的. 但是, 若 \(p=-1\), 则
\[\left(\frac p{p-1}\right)^p=2.\]
这使得我们可以猜测: 使得 \((2)\) 成立的最小的实数 \(k\) 可能是 \(2\). 此外, 对于正可测函数 \(f(x)\), 有
\begin{equation}\int_0^\infty \frac x{\int_0^x\frac1{f(t)}\,dt}\,dx\leqslant 2\int_0^\infty f(x)\,dx.\end{equation}
因之可以确信: 我们寻找的最小实数就是 \(2\)! 换句话说, 成立
\begin{equation}\sum_{n=1}^\infty \frac n{\frac1{a_1}+\frac1{a_2}+\dotsb+\frac1{a_n}}\leqslant2\sum_{n=1}^\infty a_n,\end{equation}
并且右边的系数 \(2\) 不可改进.
References
- 谢惠民, 恽自求, 易法槐, 钱定边, 数学分析习题课讲义, 高等教育出版社, 2004
- 匡继昌, 常用不等式(第四版), 山东科学技术出版社, 2010