Lower bound di $\sum_{1\le i\le n}{\frac{a_i}{i \ln (i+1)}}$

[jordan]

Own. Siano $a_1,\ldots,a_n$ degli interi positivi distinti, con $n\ge 2$. Mostrare che esiste una costante positiva $C$ (indipendente dalla scelta di $n$) tale che

$$ \sum_{1\le i\le n}{\frac{a_i}{i \ln (i+1)}} > C \, \text{exp}\left\{ \sum_{p \in \mathbb{P}\cap [1,n]}{\frac{1}{p}}\right\}.$$

[Drago96]

Vediamo quante cavolate sparo...
1: semplifichiamo un po' il LHS applicando riarrangiamento; ordiniamo gli $ a_i $ e vogliamo ottenere la somma più piccola, quindi accoppiamo il più grande $ a_i $ con $\frac1 {n\ln (n+1)} $ che è il più piccolo (infatti $ i\ln (i+1) $ è crescente) e così via; dato che gli $ a_i $ sono distinti dopo che li abbiamo riordinati il più piccolo sarà almeno 1, il 2º più piccolo almeno 2, ... il più grande almeno $ n$. Allora semplifichiamo con i denominatori dopo il riarrangiamento e otteniamo $$\displaystyle LHS\ge\sum_{i=1}^n\frac 1 {\ln (i+1)} (1)$$
2: per stimare l'ultima somma mi esce un bellissimo logaritmo integrale e dato che a destra ci sono dei primi sarei molto contento, se non fosse che non conosco il terreno in cui mi sto avventurando... infatti mi sa che qua nascosto c'è un qualche fatto profondo sui primi, tipo che il logaritmo integrale approssima meglio di $\frac x {\ln x} $ la funzione che conta i primi.
Vabbè, tanto a destra c'è $ O (\log n) $ (di questo non sono troppo sicuro: mi pare che il lower bound sulla somma dei reciproci dei primi sia anche la crescita asintotica, o sbaglio?), quindi proviamo a stimare qualcosa di più semplice, ovvero la somma dei logaritmi: usiamo AM-HM e otteniamo $$\displaystyle\sum_{i=1}^n\frac 1 {\ln (i+1)}\ge\frac{n^2}{\sum_{i=1}^n\ln (i+1)} (2)$$
3: vogliamo stimare l'ultima somma, che riscriviamo traslando gli indici ottenendo $\displaystyle\sum_{i=2}^{n+1}\ln i $, che si fa stimare bene con l'integrale; $$\displaystyle\sum_{i=2}^{n+1}\ln i\le\int_2^{n+2}\ln x\cdot dx = (n+2)(\log(n+2)-1)-2 (\log2-1) (3)$$
4: il passaggio più dubbioso, a cui ho già accennato sopra; il RHS di (2), grazie a (3), dovrebbe essere $ O (\frac n {\log n}) $, mentre il RHS originale dovrebbe essere $ O (\log n) $; ma $ n $ cresce più rapidamente di $\log^2n $, quindi dovrei essere a posto...

Bene, ora mi chiedo: quante cose sono sbagliate, inutili, senza un minimo di senso?
E poi: c'è una soluzione "elementare"?

[Gottinger95]

Anche io sono bello ignorante, perciò non so dire più di te se la soluzione è giusta... però mi pare che RHS originale sia \(\exp\) di qualcosa che cresce logaritmicamente con \(n\), perciò nel complesso lineare in \(n\). Mi sa che \( O(n/ \log n) \) all'LHS non basta..

[Drago96]

No, la somma dei reciproci dei primi è doppiamente logaritmica... quella che cresce logarimica è la serie armonica (e viene facile con l'integrale, cerca il post sulla zeta di troleito)
Io parlavo di questa stima

[Gottinger95]

oh che scemo, mi ricordavo \(\ln x - \ln \ln 2\), invece era \(\ln \ln x -\ln 2\) (quella di un post di jordan)... flesciato, i'm sorry

[jordan]

Bene Drago! Certo che c'è la soluzione elementare, anche se sarebbe un po' forzata in questo caso: serve solo una versione "debole" del teorema di Mertens
$$\sum_{p\le x}{1/p}=\mathcal{O}(\ln \ln x); $$
Per il resto era sufficiente
$$ \sum_{1\le i\le n}{\frac{a_i}{i \ln (i+1)}} \ge \sum_{1\le i\le n}{\frac{a_i}{i^2}} \ge \sum_{1\le i\le n}{\frac{1}{i}} $$

@Gottinger: si, quella è stima dal basso di $\sum_{p\le x}{1/p}$, qua ti serve all'altro verso..