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。