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数、特に整数に関する記事。

Carlemanの不等式

この記事ではCarlemanの不等式の証明を解説します:

定理 (Carleman, 1922) \{a_n\}_{n=1}^{\infty}を正の実数列であって、\sum_{n=1}^{\infty}a_nが収束するようなものとする。このとき、不等式
\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left( \prod_{i=1}^ka_i \right)^{\frac{1}{k}} < e \sum_{n=1}^{\infty}a_n
が成り立つ。

証明は色々知られていますが、かなり初等的なものを紹介します。

準備

補題 自然数kに対して、等式
\displaystyle \frac{(k+1)^k}{k!} = \left (1+\frac{1}{1}\right) \left( 1+\frac{1}{2} \right)^2 \cdots \left( 1+\frac{1}{k}\right)^k
が成立する。

証明. 例えば数学的帰納法で確かめられる。 Q.E.D.

任意の自然数iに対して

\displaystyle \left( 1+ \frac{1}{i} \right)^i < e

なので、

\displaystyle \frac{(k+1)^k}{k!} < e^k

が成り立つことがわかります。

Carlemanの不等式の証明には、望遠鏡和
integers.hatenablog.com

および相加相乗平均の不等式を用います。
integers.hatenablog.com

Carlemanの不等式の証明

準備を用いれば、

\begin{equation}\begin{split}\sum_{n=1}^{\infty}a_n &= \sum_{n=1}^{\infty}na_n\sum_{k=n}^{\infty}\frac{1}{k(k+1)} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots + ka_k}{k(k+1)} \\ &\geq \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k+1}\left( k! \prod_{i=1}^ka_i \right)^{\frac{1}{k}} \\ &= \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{k!}{(k+1)^k}\prod_{i=1}^ka_i \right)^{\frac{1}{k}} \\ &\geq \frac{1}{e}\sum_{k=1}^{\infty}\left( \prod_{i=1}^ka_i \right)^{\frac{1}{k}} \end{split}\end{equation}

と不等式評価できる。ここで、最後の不等号は無限和をとっているので等号を取り除けるかは分からないが、相加相乗平均の不等式の部分の等号は成立しない。というのも、もし全てのkに対して等号が成立するならばa_n = c/n,  \ c > 0となり、調和級数が発散することから定理の条件が不成立になってしまう。 Q.E.D.

調和級数の発散については
integers.hatenablog.com
を参照してください。

eがbest possibleであること

命題 (Carleman, 1922) \varepsilon > 0に対して、
\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left( \prod_{i=1}^ka_i \right)^{\frac{1}{k}} > (e-\varepsilon ) \sum_{n=1}^{\infty}a_n
なる正の実数列\{a_n\}_{n=1}^{\infty}であって、\sum_{n=1}^{\infty}a_nが収束するようなものが存在する。

証明. eの定義から

\displaystyle \left( 1+\frac{1}{n}\right) > e-\frac{\varepsilon}{2}\ \ \ \ (n > N_0)

なる番号N_0が存在する。N_1

\displaystyle \sum_{n=1}^{N_0}\frac{n^{n-1}}{(n+1)^n}+\sum_{n=1}^{\infty}2^{-n} \leq \frac{\varepsilon}{(2e-\varepsilon )(e-\varepsilon )}\sum_{n=N_0+1}^{N_1}\frac{1}{n}

が成り立つようにとる(これは、調和級数が発散することから可能である)。さて、

a_n := \begin{cases}\displaystyle \frac{n^{n-1}}{(n+1)^n} & n=1, \dots, N_1-1 \\ 2^{-n} & n \geq  N_1\end{cases}

によって\{a_n\}_{n=1}^{\infty}を定める。和が収束するのは明らかである。また、

\displaystyle \sqrt[n]{a_1\cdots a_n} = \frac{1}{n+1}, \ \ n \leq N_1-1

が成り立つ。以上の構成より、

\begin{equation}\begin{split}\sum_{n=1}^{\infty}a_n &= \sum_{n=1}^{N_0}a_n + \sum_{n=N_1+1}^{\infty}2^{-n} + \sum_{n=N_0+1}^{N_1}\frac{1}{n}\left(\frac{n}{n+1} \right)^n \\ &< \frac{\varepsilon}{(2e-\varepsilon)(e-\varepsilon)}\sum_{n=N_0+1}^{N_1}\frac{1}{n} + \left( e-\frac{\varepsilon}{2} \right)^{-1} \sum_{n=N_0+1}^{N_1}\frac{1}{n} \\ &= \frac{1}{e-\varepsilon}\sum_{n=N_0+1}^{N_1}\frac{1}{n} \\ &\leq \frac{1}{e-\varepsilon}\sum_{n=1}^{\infty}\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}\end{split}\end{equation}

Q.E.D.