三角多项式不等式
逻辑丁的提问:证明+∞∑k=1sinkxka>0,x∈(0,π),a∈(0,12]证明在(0,π)上勒贝格可积.
翻译论文001:Wallis不等式的最佳界
Wallis不等式的最佳界
CHAO-PING CHEN AND FENG QI
摘要:对于所有自然数n,将n!!记为双阶乘.则有:1√π(n+4π−1)≤(2n−1)!!(2n)!!<1√π(n+14).其中的常数4π−1和14是最佳可能值。从这篇论文可知,著名的Wallis不等式被加强了。
1.介绍
对任一给定的正整数m,双阶乘可以记作(2m)!!=m∏i=1(2i)and(2m−1)!!=m∏i=1(2i−1).令Pn=(2n−1)!!(2n)!!.则我们对n>1有12√n<√2√(2n+1)π<Pn<2√(4n+1)π<1√3n+1<1√2n+1<1√2n.此不等式在【18,p.103】中被称为Wallis不等式。
(2)中Pn的上下界频繁被数学家引用和应用。(2)中最小上界2√(4n+1)π和最大下界√2√(2n+1)π,即是,不等式√2√(2n+1)π<Pn<2√(4n+1)π是由N. D. Kazarino得到的。见【16,pp.47-48和pp.65-67】。我们可以把不等式(3)改写成1√π(n+12)<Pn<2√π(n+14),对n∈N均成立。
公式(4)使用的重要性是为了通过在(6)中取x=π2给出一个特殊情形下的Wallis公式(见【4,p.259】):π2=limWallis公式最初是伴随着正弦函数的无穷乘积展开式而来的(见【12,23】):\sin x = x\prod\limits_{n = 1}^\infty {\left( {1 - \frac{{{x^2}}}{{{\pi ^2}{n^2}}}} \right)} .\tag{6}Wallis公式也可以表示成\frac{\pi }{2} = {\left[ {{4^{\zeta \left( 0 \right)}}{e^{ - \zeta '\left( 0 \right)}}} \right]^2};见【12】,其中\zeta是Riemann zeta 函数【11】。
Wallis公式的使用Hadamard乘积【10】从Riemann zeta 函数\zeta(s),由\zeta '\left( 0 \right)得到的一个归功于Y. L. Yung的推导可以在【12】中被发现。Wallis公式也可以倒过来从没有使用Hadamard乘积而来的Wallis公式中得到\zeta '\left( 0 \right)的值【22】。
注意到Wallis正弦(余弦)公式【13,14】可表达为如下式子:
其中\Gamma是gamma函数。
涉及到P_n的不等式由第二作者他的合作者们在【21】中通过使用Tchebyshe积分不等式得到。
阶乘和他们的连续性延拓充当了重要角色,比如,在组合数学,图论和特殊函数领域里。
为了了解到Wallis公式的更多信息,请参看【1,p.258】,【5,6,7】,【8,pp.17-28】,【15,p.468】,【17,pp.63-64】,和其中的参考文献部分。
在本论文中,我们将改善不等式\text{(4)}。更确切地说,我们将寻求两个最佳的可能常数值A和B使得双向不等式\frac{1}{{\sqrt {\pi \left( {n + A} \right)} }} \le {P_n} \le \frac{1}{{\sqrt {\pi \left( {n + B} \right)} }}\tag{9}对所有自然数n成立。换句话说,在\text{(9)}中的常数A=\frac{4}{\pi}-1和B=\frac{1}{4}不能分别被更小和更大的数取代。
2.引理
引理1.对x>0,我们有\frac{{2x + 1}}{{x\left( {4x + 1} \right)}} < \frac{{\Gamma '\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right)}} - \frac{{\Gamma '\left( x \right)}}{{\Gamma \left( x \right)}},\tag{10}
{x^{b - a}}\frac{{\Gamma \left( {x + a} \right)}}{{\Gamma \left( {x + b} \right)}} = 1 + \frac{{\left( {a - b} \right)\left( {a + b - 1} \right)}}{{2x}} + O\left( {\frac{1}{{{x^2}}}} \right),x \to \infty .\tag{11}
不等式\text{(10)}的证明在【2,3,19】中已给出,渐近展开式\text{(11)}的证明可以从【9】和【20,p.378】中找到。也可以见【1,p.257】
备注1.在\text{(10)}中用x+\frac12取代x得到\frac{{4x + 4}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {4x + 3} \right)}} < \frac{{\Gamma '\left( {x + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {x + 1} \right)}} - \frac{{\Gamma '\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right)}}.\tag{12}
引理1.对x>0,我们有\frac{{\Gamma \left( {x + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right)}} < \frac{{2x + 1}}{{\sqrt {4x + 3} }}.
证明.定义对正实数x,有:f(x)=\ln(2x+1)-\frac12\ln(4x+3)-\ln\Gamma(x+1)+\frac12\ln\Gamma(x+\frac12).对f(x)求导给出了f'\left( x \right) = \frac{2}{{2x + 1}} - \frac{2}{{4x + 3}} - \left[ {\frac{{\Gamma '\left( {x + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {x + 1} \right)}} - \frac{{\Gamma '\left( {x + \frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {x + \frac{1}{2}} \right)}}} \right].利用\text{(12)},我们得到f'\left( x \right) > \frac{2}{{2x + 1}} - \frac{2}{{4x + 3}} - \frac{{4x + 4}}{{\left( {2x + 1} \right)\left( {4x + 3} \right)}} = 0.因此,f(x)在(0,\infty)上是严格递增的且f(x)>f(0)=\frac12\ln\frac{\pi}{3},,由此引出不等式\text{(13)}。
推论1.对于所有自然数n,我们有\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}} < \frac{{2n + 1}}{{\sqrt {4n + 3} }}.\tag{14}
推论2.数列\left\{ {{Q_n}} \right\}_{n = 1}^\infty \underline{\underline \triangle} \left\{ {{{\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]}^2} - n} \right\}_{n = 1}^\infty 是严格递增的。
证明.不等式Q_{n+1}<Q_n等价于{\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 2} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{3}{2}} \right)}}} \right]^2} - \left( {n + 1} \right) < {\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2} - n,利用\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)可以改写成{\left[ {\frac{{n + 1}}{{n + \frac{1}{2}}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2} - 1 < {\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2},\left[ {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + \frac{1}{2}} \right)}^2}}} - 1} \right]{\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2} < 1,{\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2} < \frac{{{{\left( {n + \frac{1}{2}} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2} - {{\left( {n + \frac{1}{2}} \right)}^2}}},\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}} < \frac{{2n + 1}}{{\sqrt {4n + 3} }},此为不等式\text{(14)}中取x=n的特殊情形。因此,单调性的证明由此得到。
3.主要结果
现在我们给出本篇论文的主要结果。
定理1.对于所有自然数n,我们有\frac{1}{{\sqrt {\pi \left( {n + \frac{4}{\pi } - 1} \right)} }} \le \frac{{\left( {2n - 1} \right)!!}}{{\left( {2n} \right)!!}} < \frac{1}{{\sqrt {\pi \left( {n + \frac{1}{4}} \right)} }}.\tag{16}其中的常数\frac{4}{\pi}-1和\frac14是最佳可能值。
证明.因为\Gamma \left( {n + 1} \right) = n!,\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right) = \frac{{\left( {2n - 1} \right)!!}}{{{2^n}}}\sqrt \pi ,{2^n}n! = \left( {2n} \right)!!,双向不等式\text{(16)}等价于\frac{1}{4} < {Q_n} = {\left[ {\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}}} \right]^2} - n \le \frac{4}{\pi } - 1.\tag{17}从推论2中数列Q_n的单调性可以看出\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {Q_n} < {Q_n} \le {Q_1} = \frac{4}{\pi } - 1.利用渐近公式\text{(11)},我们可以推断出{Q_n} = n\left[ {{n^{ - \frac{1}{2}}}\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}} - 1} \right]\left[ {{n^{ - \frac{1}{2}}}\frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {n + \frac{1}{2}} \right)}} + 1} \right]即是\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } {Q_n} = \frac{1}{4}.因此,不等式\text{(17)}由此得到.证毕.
致谢
作者对匿名的审阅人和编辑,Carmen Chicone教授的许多有价值的评论和语言表达上的纠正表示感谢。
参考文献