Niech
\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1-x^2}}\), jest to funkcja wklęsła w
\(\displaystyle{ [0,1]}\) (wynika to z nierówności między średnią kwadratową a arytmetyczną i z tego, że
\(\displaystyle{ f}\) jest ciągła, a więc mierzalna, jak ktoś nie chce się bawić pochodnymi), więc
\(\displaystyle{ -f}\) jest wypukła. Niech
\(\displaystyle{ n>1, \ k\in\left\{ 1\ldots n-1\right\}}\).
Z
nierówności Hermite'a-Hadamarda
otrzymujemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{n}f\left( \frac{k}{n}\right)\ge \int_{\frac{2k-1}{2n}}^{\frac{2k+1}{2n}}f(x)\,\dd x \ ( \diamondsuit )}\)
Ponieważ
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1}f(x)\,\dd x=\frac \pi 4}\),
co można łatwo policzyć np. podstawiając
\(\displaystyle{ x=\sin t, \ t\in \left[ 0, \frac \pi 2\right]}\),
to teraz kluczowe jest takie oto oszacowanie:
\(\displaystyle{ \frac{1}{2n}+\frac{1}{n\sqrt{8n}}> \int_{0}^{\frac{1}{2n}}f(x)\,\dd x+ \int_{\frac{2n-1}{2n}}^{1}f(x)\,\dd x \ (\spadesuit )}\)
Oczywiście
\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1-x^2}\le 1}\) na odcinku
\(\displaystyle{ [0,1]}\), tym bardziej dla dowolnego
\(\displaystyle{ n\in\NN^+}\) mamy
\(\displaystyle{ f(x)\le 1}\) dla
\(\displaystyle{ x\in \left[ 0, \frac{1}{2n}\right]}\), więc z I twierdzenia o wartości średniej dla całek natychmiast dostajemy
\(\displaystyle{ \frac{1}{2n}\ge \int_{0}^{\frac{1}{2n}} \sqrt{1-x^2}\,\dd x}\).
Teraz czas na największą masakrę z tego posta: dla
\(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) i funkcji
\(\displaystyle{ f(x)=\sqrt{1-x^2}}\) wykażemy nierówność
\(\displaystyle{ \frac{1}{n\sqrt{8n}}> \int_{\frac{2n-1}{2n}}^{1}f(x)\,\dd x}\)
Najpierw policzymy po prostu całkę: z dokładnością do stałej
\(\displaystyle{ I=\int_{}^{} \sqrt{1-x^2}\,\dd x= \int_{}^{} \frac{1-x^2}{\sqrt{1-x^2}}\,\dd x=\\=\arcsin x+ \int_{}^{} x\left(\sqrt{1-x^2} \right)' \,\dd x=\\=\arcsin x+x\sqrt{1-x^2}-I}\),
tj.
\(\displaystyle{ I=\frac 1 2\left( \arcsin x+x\sqrt{1-x^2}\right)+C}\),
zatem otrzymujemy
\(\displaystyle{ \int_{\frac{2n-1}{2n}}^{1}\sqrt{1-x^2}\,\dd x=\\=\frac \pi 4-\frac 1 2\arcsin\left( \frac{2n-1}{2n}\right)-\frac{1}{2}\cdot \frac{2n-1}{2n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 }}\)
i nasza nierówność przyjmuje równoważną postać:
\(\displaystyle{ \frac{1}{n\sqrt{2n}}+\frac{2n-1}{2n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 }>\frac \pi 2-\arcsin\left( \frac{2n-1}{2n}\right)}\)
Nietrudno zauważyć, że dla
\(\displaystyle{ n\in \NN^+}\) obie strony nierówności wpadają do przedziału
\(\displaystyle{ \left( 0, \frac \pi 2\right)}\), w którym to sinus jest funkcją rosnącą.
Obkładamy więc tę nierówność sinusem, dostając równoważną:
\(\displaystyle{ \sin\left(\frac{1}{n\sqrt{2n}}+\frac{2n-1}{2n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)>\cos\left( \arcsin\left( \frac{2n-1}{2n}\right) \right)\\\sin\left(\frac{1}{n\sqrt{2n}}+\frac{2n-1}{2n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)> \sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 }\\\sin^2\left(\frac{1}{n\sqrt{2n}}+\frac{2n-1}{2n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)> 1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2\\ 1-\cos\left( \frac{\sqrt{2}}{n\sqrt{n}}+\frac{2n-1}{n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 }\right)>2\left( 1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 \right)\\\frac{(2n-1)^2}{2n^2}-1>\cos\left(\frac{\sqrt{2}}{n\sqrt{n}}+\frac{2n-1}{n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)\\ 1-\frac 2 n +\frac{1}{2n^2}>\cos\left( \frac{\sqrt{2}}{n\sqrt{n}}+\frac{2n-1}{n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 }\right)}\)
Z użyciem wzoru Taylora z resztą w postaci Lagrange'a możemy udowodnić, że
\(\displaystyle{ \cos x<1-\frac{x^2}{2}+\frac{x^4}{24}}\) dla
\(\displaystyle{ x>0}\).
Zatem wystarczy (choć niekoniecznie potrzeba) wykazać, że
\(\displaystyle{ 1-\frac 2 n+\frac{1}{2n^2}>1-\frac 1 2\cdot\left(\frac{\sqrt{2}}{n\sqrt{n}}+\frac{2n-1}{n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)^2 +\frac{1}{24}\left(\frac{\sqrt{2}}{n\sqrt{n}}+\frac{2n-1}{n}\sqrt{1-\left( \frac{2n-1}{2n}\right)^2 } \right)^4}\)
Łatwo widać, że jest to prawda, co kończy dowód nierówności
\(\displaystyle{ \left( \spadesuit\right)}\).
Dodajemy stronami nierówności jak w
\(\displaystyle{ \left( \diamondsuit\right)}\) dla
\(\displaystyle{ k=1\ldots n-1}\) oraz nierówność z
\(\displaystyle{ \left( \spadesuit\right)}\), mnożymy stronami przez
\(\displaystyle{ n}\) i do widzenia.
Trochę to mnie zagięło, ponieważ bardzo mocno narzuca się szacowanie całki z funkcji malejącej przez iloczyny przyrostów na przedziałach i wartości w lewych końcach, ale to szacowanie jest za słabe.
