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Inégalité de Hardy, séries

Bonsoir à tous, je ne parviens pas à réaliser la première question simplement quelqu’un, aurait-il une astuce qui plie le truc ?
Sinon pour les questions d’après on réutilise nos résultats précédents et l’inégalité de Cauchy [large]S[/large]chwartz selon ce que j’ai fait.
Pour la dernière question j’ai pensé à poser des suites mais je n’ai pas abouti. Pouvez-vous me donner une solution ou des indications ?
Merci.

[Hermann Amandus Schwarz (1843-1921) prend toujours une majuscule. AD]126848

Réponses

  • Je n'ai pas mieux que d'écrire une petite série d'inégalités équivalentes (ne faisant intervenir que $v_n$ et $u_n$) pour me ramener à l'inégalité $(u_n-v_n)^2\geq 0$.
  • Bonjour
    Pour le (a) tu remplaces $v_{n-1}$ en fonction de $u_n$ et $v_n$, tu mets tout d'un seul côté
    et tu as un carré $>0$.
    Peut-être c'est ce que @JLapin a voulu dire.

    Pour l'optimalité de la constante. On fixe $N$ et on considère la suite définie par
    $u_k=\dfrac{1}{\sqrt{k}},\ 1\leq k\leq N\ $ et $\ u_k=0,\ k> N$.
    Si $n>N$ on minore $v_n$ par 0.
    Sinon, avec $n\leq N$ on a $\quad\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}} \geq 2 \sqrt{n} -2. $
    Donc $v_n^2 \geq \dfrac{4}{n} \Big(1 - \dfrac{2}{\sqrt{n}}\Big).$
    On a donc $\quad\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} v_n^2 \geq 4 \sum_{n=1}^N \dfrac{1}{n} -8 \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{3/2}} \geq 4 \sum_{n=1}^N u_n^2 \bigg( 1 -\dfrac{
    \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{3/2}} } {\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}} \bigg)$.
    Ainsi la constante est plus grande que $\displaystyle 4 \bigg( 1 -\dfrac{
    \sum_{n=1}^N \frac{1}{n^{3/2}} } {\sum_{n=1}^N \frac{1}{n}} \bigg)$.

    En faisant tendre $N$ vers l'infini, on obtient bien que $4$ est optimal.
  • Bravo bd2017. Petite correction, le $\Sigma_{n=1}^N$ est en trop.
  • Merci c'est corrigé.
  • Merci beaucoup bd pour ta réponse très claire
  • Juste une question : la minoration de la somme que tu as introduite est elle un résultat classique ? Si oui d’où sort-il?
  • Tu veux dire celle-ci ?
    $\quad\displaystyle \sum_{k=1}^n \dfrac{1}{\sqrt{k}} \geq 2 \sqrt{n} -2. $
    S'il s'agit de cette minoration, on ne peut pas dire que c'est un résultat classique. Mais la technique pour la trouver, oui c'est classique.
    Tu compares avec une intégrale : $\dfrac{1}{\sqrt{k}} \geq \dfrac{1}{\sqrt{x}} ,\ \forall x \in [k,k+1] $, d'où
    $$\dfrac{1}{\sqrt{k}} =\int _k ^{k+1 }\dfrac{1}{\sqrt{k}} dx \geq \int _k ^{k+1 }\dfrac{1}{\sqrt{x}} dx
    $$ Puis tu ajoutes membre à membre et la somme des intégrales se simplifie par la relation de Chasles.
  • Merci beaucoup
  • A-t-on une reference pour cette inegalite de Hardy?


    On peut se demander si une approche par dimension finie est possible. Plus precisement, avec
    $v_n=\frac{1}{n}(u_1+\cdots +u_n)$ alors $Q(u_1,\ldots,u_n)=\sum_{i=1}^nv_i^2$ est une forme quadratique de l'espace euclidien $\R^n$, de matrice symetrique representative $M$ dont on voudrait la plus grande valeur propre - disons $r_n$- en montrant ensuite que $r_n\to_{n\to\infty} 4.$ Cela parait peu attirant, sauf que la matrice $M^{-1}=P=(p_{ij})$ est relativement simple : tridiagonale avec $p_{11}=1$ , $p_{ii}=i^2+(i-1)^2$ pour $i>1$ et $ p_{i,i+1}=-i^2$. Les valeurs propres de $P$ ne sont peut etre pas inaccessibles.
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