为什么根判别法比比值判别法更强

hbghlyj

Cameos for Calculus: Visualization in the First-Year Course, page 135-137
定理. $n$ 个数 $a_{1}, a_{2}, a_{3}, \ldots, a_{n}$ 的几何平均数 $G$ 和算术平均数 $A$ 分别为
$$ G=\sqrt[n]{a_{1} a_{2} a_{3} \ldots a_{n}} \quad \text { 和 } \quad A=\frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}}{n}
$$ 并满足
$$\boxed{\sqrt[n]{a_{1} a_{2} a_{3} \ldots a_{n}} \leq \frac{a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}}{n}}\tag{45.1}
$$ 当且仅当 $a_{1}=a_{2}=a_{3}=\cdots=a_{n}$ 时取等号。

证明

证明从简单的不等式 $e x \leq e^{x}$ 开始（当且仅当 $x=1$ 时取等号）。在图 45.1 中，我们看到直线 $y=e x$ 在 $(1, e)$ 处与 $y=e^{x}$ 相切，并且由于 $y=e^{x}$ 的图像是凹向上的，因此不等式成立。

图 45.1. $y=e^x$ 和 $y=ex$ 的图像。

令 $x=a_{i} / G$，对于每个 $i \in \{1,2,3, \ldots, n\}$，我们有
$$ e \frac{a_{i}}{G} \leq e^{a_{i} / G}
$$ 当且仅当 $a_{i}=G$ 时取等号。将这 $n$ 个不等式相乘得到
$$ e^{n} \cdot \frac{a_{1}}{G} \cdot \frac{a_{2}}{G} \cdot \frac{a_{3}}{G} \cdots \frac{a_{n}}{G} \leq e^{\left(a_{1}+a_{2}+a_{3}+\cdots+a_{n}\right) / G} .
$$ 不等式简化为 $e^{n} \leq e^{n A / G}$，即 $G \leq A$，当且仅当 $a_{1}=a_{2}=$ $a_{3}=\cdots=a_{n}=G$ 时取等号。

例 45.1. 首 $n$ 个正整数集合 $\{1,2,3, \ldots, n\}$ 的算术平均数为 $A_{n}=(n+1) / 2$，而几何平均数为 $G_{n}=\sqrt[n]{n !}$。虽然两种平均数在 $n \rightarrow \infty$ 时都无界增加，但它们的比值（对于每个 $n \geq 2$ 都大于 1）有一个有限的极限。使用 (22.1) 我们有
$$ \lim _{n \rightarrow \infty} \frac{A_{n}}{G_{n}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{2 \sqrt[n]{n !}}=\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{n+1}{2 n} \cdot \frac{n}{\sqrt[n]{n !}}=\frac{e}{2}
$$ 练习 45.1. 证明 $n !<[(n+1) / 2]^{n}$ 对于 $n \geq 2$ 成立。
例 45.2. 设 $a_{1}, a_{2}, \ldots, a_{n}$ 和 $b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{n}$ 为非负实数。证明
$$ \left(a_{1} a_{2} \cdots a_{n}\right)^{1 / n}+\left(b_{1} b_{2} \cdots b_{n}\right)^{1 / n} \leq\left[\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{2}+b_{2}\right) \cdots\left(a_{n}+b_{n}\right)\right]^{1 / n} .
$$ （这是 2003 年 Putnam 竞赛中的问题 A2，在 Cameo 20 中讨论过。）
例 45.3. $n$ 个数的几何平均数可以用来解释绝对收敛的无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}$ 的比值测试和根测试之间的关系。比值测试表明，如果 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n+1} / a_{n}\right|<1$，则级数绝对收敛，而根测试表明，如果 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|^{1 / n}<1$，则级数绝对收敛。两者之间的联系涉及比值测试中的连续比值 $\left|a_{n+1} / a_{n}\right|$：
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|^{1 / n} &=\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{1}}{a_{0}} \cdot a_{0}\right|^{1 / n} \\
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\left|\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\right| \cdot\left|\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\right| \ldots\left|\frac{a_{2}}{a_{1}}\right| \cdot\left|\frac{a_{1}}{a_{0}}\right|\right)^{1 / n}
\end{aligned}(最后一个等式来自 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{0}\right|^{1 / n}=1$)。因此，第 $n$ 项的 $n$ 次根的极限是前 $n$ 个连续比值的几何平均数的极限。

比值判别法依赖于每个连续比值的行为（在极限中），而根判别法仅依赖于比值的平均行为（在几何平均意义上）。如果所有的比值都变小，那么几何平均值也会变小；然而，反之则不成立，这就是为什么根判别法比比值判别法更强。

isee

扫了下公式，明白一大半，从AM-GM到二维数组的 holder 不等式

hbghlyj

isee 发表于 2022-4-6 03:52
到二维数组的 holder 不等式

补一个证明：

如果对于某个$i$，$a_{i}+b_{i}=0$，那么不等式两边都是0，所以假设对每个$i$，$a_{i}+b_{i}>0$。然后，(45.1) 推导出
$$
\left(\frac{a_{1}}{a_{1}+b_{1}} \cdot \frac{a_{2}}{a_{2}+b_{2}} \cdots \cdots \frac{a_{n}}{a_{n}+b_{n}}\right)^{1 / n} \leq \frac{1}{n}\left(\frac{a_{1}}{a_{1}+b_{1}}+\frac{a_{2}}{a_{2}+b_{2}}+\cdots+\frac{a_{n}}{a_{n}+b_{n}}\right)
$$
以及
$$
\left(\frac{b_{1}}{a_{1}+b_{1}} \cdot \frac{b_{2}}{a_{2}+b_{2}} \cdots \cdots \frac{b_{n}}{a_{n}+b_{n}}\right)^{1 / n} \leq \frac{1}{n}\left(\frac{b_{1}}{a_{1}+b_{1}}+\frac{b_{2}}{a_{2}+b_{2}}+\cdots+\frac{b_{n}}{a_{n}+b_{n}}\right) .
$$
将两个不等式相加得到
$$
\left(\frac{a_{1} a_{2} \cdots a_{n}}{\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{2}+b_{2}\right) \cdots\left(a_{n}+b_{n}\right)}\right)^{1 / n}+\left(\frac{b_{1} b_{2} \cdots b_{n}}{\left(a_{1}+b_{1}\right)\left(a_{2}+b_{2}\right) \cdots\left(a_{n}+b_{n}\right)}\right)^{1 / n} \leq 1
$$
这等价于所需的不等式。

hbghlyj

isee 发表于 2022-4-6 03:52
到二维数组的 holder 不等式

为什么是 holder 不等式呢

我觉得是 卡尔松不等式（m×n矩阵每行元素之和的几何平均值不小于每列元素的几何平均值的和）$$\sqrt[m]{\prod_{i=1}^m\left(\sum_{j=1}^n x_{i j}\right)} \geq \sum_{j=1}^n\left(\sqrt[m]{\prod_{i=1}^m x_{i j}}\right)$$
当$n=2$时得到$$\sqrt[m]{\prod_{i=1}^m(x_{i 1}+x_{i2})} \geq \sqrt[m]{\prod_{i=1}^m x_{i 1}}+\sqrt[m]{\prod_{i=1}^m x_{i 2}}$$

kuing

hbghlyj 发表于 2024-3-27 02:29
为什么是 holder 不等式呢

我觉得是 卡尔松不等式（m×n矩阵每行元素之和的几何平均值不小于每列元素的几 ...

你又不是没看过我以前写的科普文：kuing.cjhb.site/forum.php?mod=viewthread&tid=4096

hbghlyj

hbghlyj 发表于 2022-4-5 20:47
例 45.3. $n$ 个数的几何平均数可以用来解释绝对收敛的无穷级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_{n}$ 的比值测试和根测试之间的关系。比值测试表明，如果 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n+1} / a_{n}\right|<1$，则级数绝对收敛，而根测试表明，如果 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|^{1 / n}<1$，则级数绝对收敛。两者之间的联系涉及比值测试中的连续比值 $\left|a_{n+1} / a_{n}\right|$：
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{n}\right|^{1 / n} &=\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n}}{a_{n-1}} \cdot \frac{a_{n-1}}{a_{n-2}} \cdots \frac{a_{2}}{a_{1}} \cdot \frac{a_{1}}{a_{0}} \cdot a_{0}\right|^{1 / n} \\
&=\lim _{n \rightarrow \infty}\left(\left|\frac{a_{n}}{a_{n-1}}\right| \cdot\left|\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}\right| \ldots\left|\frac{a_{2}}{a_{1}}\right| \cdot\left|\frac{a_{1}}{a_{0}}\right|\right)^{1 / n}
\end{aligned}(最后一个等式来自 $\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_{0}\right|^{1 / n}=1$)。因此，第 $n$ 项的 $n$ 次根的极限是前 $n$ 个连续比值的几何平均数的极限。

比值判别法依赖于每个连续比值的行为（在极限中），而根判别法仅依赖于比值的平均行为（在几何平均意义上）。如果所有的比值都变小，那么几何平均值也会变小；然而，反之则不成立，这就是为什么根判别法比比值判别法更强。

判别级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n, a_n \neq 0$ 收敛的两个方法是比值判别法和根判别法：

• 如果$\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|<1$，那么级数 $\sum a_n$ 收敛。
  
  
• 如果$\lim _{n \rightarrow \infty}\left|a_n\right|^{1 / n}<1$，那么级数 $\sum a_n$ 收敛。
  

用根判别法不可判别，用比值判别法可判别的例子见維基百科
$$1+1+0.5+0.5+0.25+0.25+0.125+0.125+\cdots$$

hbghlyj

为什么根测试更强。因此，例如，比值测试在重新排列的几何级数上失败
\[
1 / 2+1+1 / 8+1 / 4+1 / 32+1 / 16+\cdots
\]
因为连续比率在2和$1 / 8$之间交替变化。然而，前$2 n$个连续比率的几何平均值是
\[
\left|2^n \cdot \frac{1}{8^n}\right|^{1 / 2 n}=1 / 2
\]
所以根测试表明该级数收敛。

将根测试解释为平均值，提示我们用另一种平均值代替几何平均值。
根据算术-几何平均不等式，级数的$n$个连续比率的算术平均值总是大于它们的几何平均值。这产生了一个新的收敛测试：
算术平均测试：如果
\[
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\frac{a_n}{a_{n-1}}+\frac{a_{n-1}}{a_{n-2}}+\cdots+\frac{a_1}{a_0}\right)<1
\]
那么级数$\sum a_n$收敛。
这个测试比比值测试更强，但比根测试更弱。然而，在某些情况下，计算连续比率的算术平均值可能比计算它们的几何平均值更容易。例如，考虑级数$\sum a_n$，其中$a_n$通过以下递归定义
\[
a_0=1, \quad a_n=a_{n-1} \cdot \frac{\log (1+1 /(n+1))}{\log (n+1) \log (n+2)}, \quad n \geq 1
\]
通过洛必达法则，
\[
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=1
\]
所以比值测试失败。要应用根测试，我们必须计算极限
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty}\left|\prod_{k=1}^n \frac{\log (1+1 /(k+1))}{\log (k+1) \log (k+2)}\right|^{1 / n}
\end{aligned}
然而，算术平均测试只需要以下计算：
\[
\begin{aligned}
\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n\left|\frac{\log (1+1 /(k+1))}{\log (k+1) \log (k+2)}\right| & =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n\left(\frac{1}{\log (k+1)}-\frac{1}{\log (k+2)}\right) \\
& =\lim _{n \rightarrow \infty} \frac{1}{n}\left(\frac{1}{\log 2}-\frac{1}{\log (n+2)}\right) \\
& =0 .
\end{aligned}
\]
因此该级数收敛。
算术平均测试失败的一个例子是级数：\[
1 / 2+1+1 / 8+1 / 4+1 / 32+1 / 16+\cdots
\]在这种情况下，连续比率的算术平均值收敛到$17 / 16$。