证明含有双阶乘的不等式

Question

证明对于整数$n\ge1$
$$
2(\sqrt{n+1}-1)\le\sum_{k=1}^n\frac{(k-1)!!}{k!!}
$$
其中$!!$为双阶乘运算。

Answer 1

根据$n$的奇偶性分开讨论。以下只讨论偶数的情况。若$n$为奇数，可用类似方法证明，过程略。若$n$为偶数$n=2m$：$$\array{&&\sum_{k=1}^n\frac{(k-1)!!}{k!!}\hfill\\&=&\sum_{k=1}^m\frac{(2k-1)!!}{(2k)!!}+\sum_{k=1}^m\frac{(2k-2)!!}{(2k-1)!!}\hfill&\text{(奇偶项分开求和)}\hfill\\&=&\sum_{k=1}^m\frac{(k-1/2)!}{k!}+\sum_{k=1}^m\frac{(k-1)!}{2(k-1/2)!}\hfill&\text{(分子分母连续约去公因子2)}\hfill\\&=&\left(\frac{2(m+1/2)!}{m!}-1\right)+\left(\frac{m!}{(m-1/2)!}-1\right)\hfill&\text{(可归纳证明，见下文)}\hfill\\&\ge&2\sqrt{\frac{2(m+1/2)!}{(m-1/2)!}}-2\hfill&\text{(基本不等式)}\hfill\\&=&2\sqrt{2(m+1/2)}-2\hfill\hfill\\&=&2(\sqrt{n+1}-1)\hfill}$$第二步中，仍用符号$!$表示半整数的阶乘，比如$(5/2)!=(5/2)(3/2)(1/2)$。第三步的结论可用归纳法。比如证明$$\sum_{k=1}^m\frac{(k-1/2)!}{k!}=\frac{2(m+1/2)!}{m!}-1$$只要验证$m=1$时等式成立，并且$$\array{&&\frac{2(m+1/2)!}{m!}-1+\frac{(m+1-1/2)!}{(m+1)!}\hfill\\&=&\frac{(m+1/2)!(2(m+1)+1)}{(m+1)!}-1\hfill\\&=&\frac{2((m+1)+1/2)!}{(m+1)!}-1\hfill}$$

Answer 2

n=1、2时显然成立假设n=m时成立，则：$$2(\sqrt{m+1}-1)\le\sum_{k=1}^m\frac{(k-1)!!}{k!!}$$$$2(\sqrt{m}-1)\le\sum_{k=1}^{m-1}\frac{(k-1)!!}{k!!}$$$$2(\sqrt{m-1}-1)\le\sum_{k=1}^{m-2}\frac{(k-1)!!}{k!!}$$当n=m+1时：$$左侧=2(\sqrt{m+2}-1)$$$$右侧=\sum_{k=1}^{m+1}\frac{(k-1)!!}{k!!}=\sum_{k=1}^m\frac{(k-1)!!}{k!!}+\frac{m!!}{(m+1)!!}$$因此只要证明下式即可：$$\sum_{k=1}^m\frac{(k-1)!!}{k!!}+\frac{m!!}{(m+1)!!}-2(\sqrt{m+2}-1)\ge0$$……接下来就是想办法证明这个不等式。但是把$$\sum_{k=1}^m\frac{(k-1)!!}{k!!}$$直接替换成：$$2(\sqrt{m+1}-1)$$不行（我之前就是这么做的），会导致缩放过头。目前还没想到证明方法。另外$$\frac{m!!}{(m+1)!!}$$可以写成$$\frac{(m-2)!!}{(m-1)!!}*\frac{m}{m+1}$$这个可能可以用在推导过程中。