Matematyka.pl

Wiemy, że zachodzi dla liczb naturalnych wzór Stirlinga tj.:

\(\displaystyle{ n! \sim \sqrt{2 \pi n} \cdot \left (\frac{n}{e} \right)^n}\)

Można to zapisać za pomocą funkcji gamma:

\(\displaystyle{ \Gamma(n+1) \sim \sqrt{2 \pi n} \cdot \left(\frac{n}{e}\right)^n}\)

Mnie interesuje czy wychodząc z tego da się jakoś łatwo pokazać iż zachodzi (o ile zachodzi) także takie przybliżenie (m to ustalona liczba naturalna):

\(\displaystyle{ \Gamma \left(\frac{n}{m}+1\right) \sim \sqrt{2 \pi \frac{n}{m}} \cdot \left(\frac{n}{m \cdot e}\right)^{\frac{n}{m}}}\)


Ja tak podszedłem do problemu:
Gdybym wiedział, że na pewno istnieje granica:

\(\displaystyle{ \lim_{n \to \infty} \frac{\Gamma(\frac{n}{m}+1)}{ \sqrt{2 \pi \frac{n}{m}} \cdot \left(\frac{n}{m \cdot e}\right)^{\frac{n}{m}}}}\)

to biorąc podciąg \(\displaystyle{ n_k := k \cdot m}\) otrzymuję na nim wartość granicy równą 1, a więc skoro granica istnieje to może ona być równa tylko 1. No teraz pytanie czy istnieje... Widać, że ciąg jest ograniczony z dołu (np przez 0) oraz istnieją numeryczne przesłanki mówiące, iż jest on malejący. Tylko jak to analitycznie pokazać? Niby prosta rzecz a jakoś mnie zatrzymała.

Wzór Stirlinga zdaje się, że i dla rzeczywistych liczb powinien działać.
Zresztą za mamy dla re z>0:

Jest dokładnie tak jak mówisz. Natomiast to co ja chciałem zrobić to wychodząc ze wzoru Stirlinga dla liczb naturalnych udowodnić go w w/w szczególnym przypadku. Co sądziłem, że powinno w miarę łatwo pójść (a takie uogólnienie jest dla mnie w pewnym zagadnieniu wystarczające) w odróżnieniu od zacytowanego przez Ciebie ogólniejszego wzoru dla liczb zespolonych o dodatniej części rzeczywistej (z którego oczywiście też by wynikało to co chcę niemniej to trochę armata).

Także cały problem zredukował się do pokazania, że ciąg z którego liczę granicę jest słabo malejący. Jakby ktoś miał jakiś zgrabny pomysł to bardzo chętnie zobaczę.

Mam jakiś dowód, nie wiem czy zgrabny. Jest on trochę przydługi, ale nie wykorzystuje niczego wykraczającego poza elementarny rachunek różniczkowy i całkowy.

Oznaczmy:
Wystarczy pokazać, że dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ n}\) zachodzi:
Mamy:
Zajmijmy się drugim ilorazem.

Korzystając z równości:

\(\displaystyle{ \Gamma(\alpha) = \lim_{k\to\infty}\frac{k!\cdot k^{\alpha}}{\alpha\cdot (\alpha + 1)\cdot \ldots\cdot (\alpha + k)}}\)

dostajemy:
Następnie z nierówności między średnią arytmetyczną i geometryczną otrzymujemy:
Zauważmy teraz, że zachodzi następujące szacowanie:
Zatem:
Dalej zauważmy, że funkcja \(\displaystyle{ g:(1,+\infty)\ni t \mapsto \left(1 - \frac{1}{t}\right)^{t}\in \mathbb{R}}\) jest rosnąca.
Dzięki temu:
A zatem
Szacujemy wreszcie:
Bo ciąg \(\displaystyle{ \left(1 - \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}}\) zbiega do \(\displaystyle{ e^{-1}}\) rosnąco.

Dowód nie do końca zgrabny niemniej byłby ładny tylko nie wiem czy on się nie kładzie...

Na samym początku jak dobrze liczę to powinno być:

\(\displaystyle{ \frac{d_{n}}{d_{n+1}} = \sqrt{1 - \frac{1}{n+1}}\cdot \left(\frac{1}{(n+1)}\cdot \frac{me}{(1 + \frac{1}{n})^{n}}\right)^{\frac{1}{m}}}\)

A wtedy końcówka wygląda tak:

\(\displaystyle{ \frac{3n+1}{8n^2(n+1)}}\)

Co żadną miarą nie chce być ujemne. Reszty jeszcze nie zdążyłem przeanalizować.

Pardon. Trochę przeszacowałem. Edytowałem post wyżej, powinno już działać.

Fajnie byłoby zobaczyć jakąś nierówność całkową załatwiającą ten problem.

-- 14 grudnia 2009, 01:09 --

Raz jeszcze muszę poprawić powyższy post, bowiem \(\displaystyle{ o(1) \neq o(\tfrac{1}{n}),}\) i w związku z powyższym dotychczasowy dowód psuje się jeszcze dla \(\displaystyle{ m = 3}\) (dla pozostałych przypadków można było ratować się rozwijając logarytm o jeden wyraz dalej), ale dzięki temu musiałem pomyśleć i dowód się skrócił.

W ramach rekompensaty mogę jeszcze zaprezentować dowód z wykorzystaniem nierówności całkowej i alternatywnej definicji funkcji gamma.

Skorzystamy z uogólnionej nierówności Jensena dla całki Riemanna:

Jeśli \(\displaystyle{ \varphi:[a,b]\to \mathbb{R}}\) jest funkcją wypukłą, \(\displaystyle{ p: [a,b]\to [0, + \infty)}\) jest funkcją całkowalną na \(\displaystyle{ [a,b]}\) spełniającą \(\displaystyle{ \int_{a}^{b}p(x)dx > 0}\) oraz \(\displaystyle{ f:[a,b]\to [m,M]}\) jest funkcją całkowalną na \(\displaystyle{ [a,b]}\), to zachodzi nierówność:

\(\displaystyle{ \varphi\left(\frac{\int_{a}^{b}p(x)f(x)dx}{\int_{a}^{b}p(x)dx}\right)\le \frac{\int_{a}^{b}p(x)\varphi(f(x))dx}{\int_{a}^{b}p(x)dx}}\)
Ponieważ:
\(\displaystyle{ \Gamma(x+1) = x\Gamma(x),}\) to

\(\displaystyle{ \frac{\Gamma(\frac{n+1}{m}+1)}{\Gamma(\frac{n}{m} + 1)} = \frac{\prod_{j=1}^{n}(\frac{n}{m} + j)\cdot \Gamma(\frac{n+1}{m}+n+1)}{\prod_{j=1}^{n}(\frac{n + 1}{m} + j)\cdot \Gamma(\frac{n}{m}+n+1)} = \prod_{j=0}^{n}\left(1 - \frac{1}{n + 1+ mj}\right)\frac{\Gamma(\frac{n+1}{m}+n+1)}{\Gamma(\frac{n}{m}+n+1)}}\)

Z nierówności między średnią arytmetyczną a geometryczną:

\(\displaystyle{ \prod_{j=1}^{n}\left(1 - \frac{1}{n + 1 + mj}\right)\le \left(1 - \frac{\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{n + 1 + jm}}{n}\right)^{n}}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ \frac{1}{x} \le \frac{1}{n + 1 + jm},}\) dla \(\displaystyle{ x\in [n + 1 + jm,\ n + 1 +(j+1)m],}\) to:

\(\displaystyle{ \ln \left(m + 1\right) = \int_{n+1}^{n+1 + (n+1)m}\frac{1}{x}dx\le \sum_{j=1}^{n}\frac{m}{n + 1 + jm}}\)

stąd:

\(\displaystyle{ \left(1 - \frac{\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{n + 1 + jm}}{n}\right)^{n}\le \left(1 - \frac{\ln(m+1)}{mn}\right)^{n}}\)

i z faktu, że funkcja \(\displaystyle{ t\mapsto (1 - \tfrac{1}{t})^{t}}\) jest rosnąca (lub z monotoniczności ciągu po prawej stronie, co można pokazać z nierówności między średnimi) mamy ostatecznie:

\(\displaystyle{ \prod_{j=1}^{n}\left(1 - \frac{1}{n + 1 + mj}\right)\le (m+1)^{-\tfrac{1}{m}}}\)

Dalej przyjmując w nierówności Jensena dla uogólnionej całki Riemanna:

\(\displaystyle{ \varphi(x) = x^{m}, \ p(x) = e^{-x}x^{n/m + n},\ f(x) = x^{1/m}}\) oraz \(\displaystyle{ a = 0,\ b\in (0,+\infty)}\)

ze względu na równość \(\displaystyle{ \Gamma(x+1) = x\Gamma(x),}\) po przejściu z \(\displaystyle{ b\to \infty}\) nierówność przyjmuje postać:

\(\displaystyle{ \left(\frac{\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n/m + n + 1/m}dx}{\int_{0}^{\infty} e^{-x}x^{n/m + n}dx}\right)^{m}\le \left(\frac{n}{m} + n+1\right)}\)

Podnosząc stronami do \(\displaystyle{ 1/m}\) otrzymujemy:

\(\displaystyle{ \frac{\Gamma(\frac{n+1}{m}+n+1)}{\Gamma(\frac{n}{m}+n+1)}\le \left(\frac{n}{m} + n + 1\right)^{1/m}}\)

Biorąc pod uwagę wykazane nierówności uzyskujemy szacowanie:

\(\displaystyle{ \frac{c_{n+1}}{c_{n}}\le \left(\frac{n + nm + m}{m(m+1)}\right)^{1/m}<\left(\frac{n+1}{m}\right)^{1/m}}\)

i możemy zakończyć dowód analogicznie jak poprzednio.

Niestety jedną rzecz jeszcze zauważyłem.

\(\displaystyle{ \int_{n+1}^{n+1 + (n+1)m}\frac{1}{x}dx\le \sum_{j=1}^{n}\frac{m}{n + 1 + jm}}\)

Ta nierówność niestety nie wygląda na prawdziwą...
Wcześniej nie zwróciłem na to uwagi, gdyż uznałem, że tutaj po prostu aproksymujesz całkę sumą pól prostokątów ale patrząc dokładniej to wtedy sumowanie chyba powinna być od j = 0.
Rozumiem, że rozbiłeś obszar całkowania na n+1 prostokątów o długości m i korzystając z monotoniczności funkcji podcałkowej zastępujesz na każdym przedziale jej wartość wartością w lewym końcu. No tylko, że jest n+1 prostokątów...

Hmm, ta suma po prawej jest nam dalej potrzebna więc ona jest nie do ruszenia. Więc popracujmy z lewą stroną. Granice w całce nam się zmienią, coś takiego otrzymamy:

\(\displaystyle{ \ln\left(\frac{1+m}{1+\frac{m}{1+n}}\right) = \int_{n+1+m}^{n+1+(n+1)m} \frac{1}{x} dx \le \sum_{j=1}^n\frac{m}{n+1+mj}}\)

Więc otrzymujemy coś gorszego ale potem w granicy się to anihiluje:

\(\displaystyle{ \left(1-\frac{\ln\left(\frac{1+m}{1+\frac{m}{1+n}}\right)}{nm}\right)^n \le \lim_{n \to \infty} \left(1-\frac{\ln\left(\frac{1+m}{1+\frac{m}{1+n}}\right)}{nm}\right)^n = (1+m)^{-1/m}}\)

I dalej jak wcześniej.
Także jak się nigdzie nie pomyliłem to znów Ci zepsułem dowód ale przynajmniej dałem coś od siebie i sam naprawiłem: )

Zobaczyłem Twoją wiadomość jak wychodziłem z domu - teraz właśnie wróciłem i miałem napisać dokładnie to samo:)
Tak to jest jak się wpada na pomysł rozwiązania zadania po północy.