Eufisky - The lost book

利用导数不等式进行数列求和估计

设$x_1=\frac{p+1}{p},p>1,x_{n+1}=\frac{x_n-1}{\ln x_n}$.

（1）证明$\{x_n\}$为递减数列;

（2）证明\[\frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} < \ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right) < \frac{1}{p} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}}.\]

证.（1）首先利用$\ln(1+x)\leq (x>-1)$可知

\[{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}} \ge \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n} - 1}} = 1.\]

又$x_1=\frac{p+1}{p}>1$,显然有$x_n>1$.再利用$\ln (1+x)\geq \frac x{x+1}$,我们有

\[\frac{{{x_{n + 1}}}}{{{x_n}}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n}\ln {x_n}}} < \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n} \cdot \frac{{{x_n} - 1}}{{{x_n}}}}} = 1.\]

因此$\{x_n\}$为递减数列.

（2）先证明左边不等式.首先有

\[\frac{{\ln {x_{n + 1}}}}{{\ln {x_n}}} = \frac{{\ln {x_{n + 1}}}}{{\ln {x_n}}} = \frac{{\ln \left( {\frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}}} \right)}}{{\ln {x_n}}} > \frac{1}{2},\]

即

\[\sqrt {{x_n}} - \frac{1}{{\sqrt {{x_n}} }} > \ln {x_n}.\]

这只要在不等式$\frac{1}{2}\left( {x - \frac{1}{x}} \right) > \ln x,x > 1$中令$x=\sqrt{x_n}>1$便可得到.又利用$\frac x{x+1}\leq \ln (x+1)\leq x$可知\[\frac{1}{{p + 1}} < \ln {x_1} = \ln \left( {1 + \frac{1}{p}} \right) < \frac{1}{p}.\]

于是

\[\ln {x_n} > \frac{1}{2}\ln {x_{n - 1}} > \cdots > \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}\ln {x_1} > \frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{1}{{{2^{n - 1}}}}.\]

将上述不等式前$n$项累加便可得到

\[\frac{1}{{p + 1}} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}} < \ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right).\]

接着证明右边不等式.由不等式

\[\ln x > \frac{{2\left( {x - 1} \right)}}{{x + 1}},\quad x > 1\]

可知\[{x_{n + 1}} = \frac{{{x_n} - 1}}{{\ln {x_n}}} < \frac{{{x_n} + 1}}{2}.\]

因此\[{x_{n + 1}} - 1 < \frac{{{x_n} - 1}}{2} \Rightarrow {x_n} \le 1 + \frac{1}{{p{2^{n - 1}}}} \Rightarrow \ln {x_n} < \frac{1}{{p{2^{n - 1}}}},\]

从而有

\[\ln \left( {{x_1}{x_2} \cdots {x_n}} \right) < \frac{1}{p} \cdot \frac{{{2^n} - 1}}{{{2^{n - 1}}}}.\]

解题过程中碰到的几个特殊数列

1.Catalan数

设数列$\{a_n\}$满足$a_0=1$,以及

\[a_n=a_0a_{n-1}+a_1a_{n-2}+\cdots+a_{n-1}a_0,\quad n\geq1,\]

试求$a_n$的表达式.(详见周民强第二册P378)

解.令$f\left( x \right) = {a_0} + {a_1}x + \cdots + {a_n}{x^n} + \cdots $,以及

\begin{align*}F\left( x \right) = &xf\left( x \right) = {a_0}x + {a_1}{x^2} + \cdots + {a_n}{x^{n + 1}} + \cdots \\{F^2}\left( x \right) = &a_0^2{x^2} + \left( {{a_0}{a_1} + {a_1}{a_0}} \right){x^3} + \cdots \\&+ \left( {{a_0}{a_{n - 1}} + {a_1}{a_{n - 2}} + \cdots + {a_{n - 1}}{a_0}} \right){x^{n + 1}} + \cdots \\= &{a_1}{x^2} + {a_2}{x^3} + \cdots + {a_n}{x^{n + 1}} + \cdots \\= & F\left( x \right) - {a_0}x,\end{align*}

由此知$F(x)=(1-\sqrt{1-4x})/2$(注意$F(0)=0$).因为有

\[\sqrt {1 - 4x} = 1 + C_{1/2}^1\left( { - 4x} \right) + C_{1/2}^2{\left( { - 4x} \right)^2} + \cdots + C_{1/2}^{n + 1}{\left( { - 4x} \right)^{n + 1}} + \cdots ,\]

所以$F(x)$的Taylor级数展开式中的$a_n$为

\begin{align*}{a_n} &= - \frac{1}{2}C_{1/2}^{n + 1}{\left( { - 4} \right)^{n + 1}}\\&= - \frac{1}{2}\frac{{\frac{1}{2} \cdot \left( { - \frac{1}{2}} \right) \cdot \left( { - \frac{3}{2}} \right) \cdots \left( { - \frac{{2n - 1}}{2}} \right)}}{{n!}}{\left( { - 1} \right)^{n + 1}}{4^{n + 1}} = \frac{{C_{2n}^n}}{{n + 1}}.\end{align*}

2.Bell数

背景1.设$P(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_mx^m$为$m$次多项式,求级数$\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{P\left( n \right)}}{{n!}}}$的和.

事实上,

\begin{align*}{b_k} &= \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{n^k}}}{{n!}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{n^{k - 1}}}}{{\left( {n - 1} \right)!}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{{\left( {n + 1} \right)}^{k - 1}}}}{{n!}}} \\&= {b_{k - 1}} + C_{k - 1}^1{b_{k - 2}} + \cdots + C_{k - 1}^{k - 2}{b_1} + {b_0},\end{align*}

其中$b_0=e$.

由此得到的数叫Bell数,记为$B_n$,并且

\[B\left( x \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{B\left( n \right)}}{{n!}}{x^n}} = {e^{{e^x} - 1}}.\]

回到原题,我们有\[\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{P\left( n \right)}}{{n!}}} = e\sum\limits_{k = 0}^m {{a_k}{B_k}} .\]

背景2.(2005年中科院考研题)设${e^{{e^x}}} = \sum\limits_{n = 0}^\infty {{a_n}{x^n}}$,求$a_0,a_1,a_2,a_3$,并证明$a_n\geq e{(r\ln n)}^{-n}(n>2)$,其中$r$是某个大于$e$的常数.

证.利用幂级数展开式如下:

$$\mathrm e^{\mathrm e^x} = \sum_{k=0}^\infty\frac{\mathrm e^{kx}}{k!} = \sum_{k=0}^\infty\frac 1{k!}\biggl(\sum_{n=0}^\infty\frac{(kx)^n}{n!}\biggr) = \sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n!}\biggl(\sum_{k=0}^\infty\frac{k^n}{k!}\biggr),$$

因此有

$$a_n=\frac 1{n!}\sum_{k=0}^\infty\frac{k^n}{k!} > \frac{k^n}{n!\,k!},$$

这样对每一个 $k\geq 0 $成立.

以下取 $k$ 使得本题的不等式成立即可. 由于本题的 $\gamma$ 可以放大, 因此只要在等价的意义下成立即可. 这时又可以将阶乘理解为 $\Gamma$ 函数, 因此 $k$ 用非整数代入是可以的. 以下证明, 取$ \displaystyle k=\frac n{\ln n} $代入已经可以得到所要的不等式.

这时就有

$$\frac {k^n}{n!\,k!}=\frac{\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)^n}{n!\,\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)!} \sim\frac{\displaystyle\Bigl(\frac n{\ln n}\Bigr)^n}{\displaystyle\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n{\mathrm e}\Bigr)^n\cdot \sqrt{\frac{2\pi n}{\ln n}}\Bigl(\frac n{\mathrm e\ln n}\Bigr)^{\frac n{\ln n}}} =\frac{(\mathrm e\ln n)^{\frac n{\ln n}}\sqrt{\ln n}}{2\pi n(\ln n)^n}. $$

由于最后一式中的分子为无穷大量, 大于$ \mathrm e $没有问题. 又由于 $a>1$ 时, $\displaystyle\frac{2\pi n}{a^n}=o(1)$, 因此任取 $\gamma>\mathrm e$, 存在 $N$, 使得当 $n>N$ 时成立 $\displaystyle a_n > \frac{\mathrm e}{(\gamma\ln n)^n}$. 最后再放大 $\gamma$ 使得不等式对一切 $n\geq 2$ 成立即可.

来源：http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=21979&extra=page%3D8