Nice Inequality with Pi

[Anonymous314]

Prove that
$$\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot ...\cdot \frac{2n-1}{2n}<\frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$
$\forall n \in \mathbb{N} $.

[mathstudent2]

ข้อนี้ ใช้การ bound ค่า แบบละเอียดก็ได้ไม่ใช่หรอครับ

[Anonymous314]

ยังไงเหรอครับ รบกวนด้วยครับผม
ทำให้ดูด้วยครับ ผมไม่เข้าใจครับ
(มันไม่ง่ายอย่างที่คิดนะครับ ผมลองมาหลายวิธีแล้ว)

[Ai-Ko]

สวัสดีเจ้าค่ะ...

มีคนมาแนะนำข้อนี้ให้ลอง แล้วหลังจากช่วยกับคนที่แนะนำให้นั้นอยู่ครู่ใหญ่ๆ + ค้นหาแนวทางแก้ปัญหาจากบนเนต (อาศัยแนวคิดจาก http://answers.google.com/answers/th...id/607614.html เจ้าค่ะ)ก็ได้คำตอบซึ่งต้องใช้แคลคูลัสด้วยน่ะเจ้าค่ะ (ถ้าใครอยากจะลองหาวิธีพื้นฐานก่อนก็อย่าเพิ่งอ่านนะเจ้าคะ)

ก่อนอื่นนิยามลำดับ
$A_n = \frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n}$
$B_n = \frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1}$
สังเกตว่า $(\sqrt{n}A_n)(\sqrt{n}B_n) = \frac{n}{2n+1}$ ดังนั้น $\lim_{n \to \infty} (\sqrt{n}A_n)(\sqrt{n}B_n) = \lim_{n \to \infty} \frac{n}{2n+1} = \frac{1}{2}$
ในอีกทางหนึ่ง $\frac{\sqrt{n}A_n}{\sqrt{n}B_n}=\frac{(1/2)(3/4)...({2n-1}/2n)}{(2/3)(4/5)...(2n/{2n+1})}=\frac{(1 \cdot 3)(3 \cdot 5)...({2n-1} \cdot {2n+1})}{(2 \cdot 2)(4 \cdot 4)...({2n} \cdot {2n})}$ จะได้ว่า $\lim_{n \to \infty}\frac{\sqrt{n}A_n}{\sqrt{n}B_n}=(\prod_{n = 1}^{\infty} \frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)})^{-1}=\frac{2}{\pi}$
(จาก Wallis's product url: http://en.wikipedia.org/wiki/Wallis_product )

ต่อไป $(A_n)^2 = (\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n})(\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n}) < (\frac{1}{2} \cdot \frac{3}{4} \cdot ... \cdot \frac{2n-1}{2n})(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})=\frac{1}{2n+1} \rightarrow \sqrt{n}A_n<\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{2n+1}}<\frac{1}{\sqrt{2}}$
แต่ $\frac{\sqrt{n+1}A_{n+1}}{\sqrt{n}A_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\frac{2n+1}{2n+2}=\sqrt{\frac{(2n+1)^2}{4n(n+1)}}>1$
ดังนั้น $\sqrt{n}A_n$ จึงเป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ซึ่งมีขอบเขตบน จะได้ว่า $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}A_n=A$ หาค่าได้

ในทำนองเดียวกัน $(B_n)^2 = (\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})(\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1}) < (\frac{2}{3} \cdot \frac{4}{5} \cdot ... \cdot \frac{2n}{2n+1})(\frac{3}{4} \cdot \frac{5}{6} \cdot ... \cdot \frac{2n+1}{2n+2})=\frac{1}{n+1} \rightarrow \sqrt{n}B_n<\frac{\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}<1$
แต่ $\frac{\sqrt{n+1}B_{n+1}}{\sqrt{n}B_n} = \frac{\sqrt{n+1}}{\sqrt{n}}\frac{2n+2}{2n+3}=\sqrt{\frac{4n^3+12n^2+12n+4}{4n^3+12n^2+9n}}>1$
ดังนั้น $\sqrt{n}B_n$ เองก็เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ซึ่งมีขอบเขตบน และจะได้ว่า $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}B_n=B$ หาค่าได้

ตอนนี้เราจึงได้ว่า $AB=\frac{1}{2}$ และ $\frac{A}{B}=\frac{2}{\pi}$ ซึ่งแก้สมการจะได้ว่า $A=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$
คราวนี้ $A_n$ เป็นลำดับเพิ่มโดยแท้ ถ้ามี $N_0 \in \mathbb{Z}^{+}$ ที่ $\sqrt{N_0}A_{N_0} \geqslant A$ แล้ว $\sqrt{n}A_n$ จะออกห่างจาก $A$ ไปเรื่อยๆ ขัดแย้งกับการที่ $\lim_{n \to \infty} \sqrt{n}A_n=A$
ดังนั้น $\forall n \in \mathbb{Z} ^{+}[\sqrt{n}A_n < A]$
หรือก็คือ $\forall n \in \mathbb{Z} ^{+}[A_n < \frac{1}{\sqrt{n \pi}}]$ นั่นเอง

ถือว่าเป็นวิธีทำที่ยากพอสมควร... แต่ด้วยวิธีพื้นฐานก็ไม่รู้จะดึงพจน์ $\sqrt{\pi}$ มาจากไหนเหมือนกันเจ้าค่ะ... ยังไงจะพยายามหาคำตอบวิธีที่ง่ายกว่านี้ดูนะเจ้าคะ

[Ai-Ko]

สวัสดีเจ้าค่ะ... พอดีว่าในกองโจทย์เก่าที่เคยทำมีข้อที่บังเอิญพิสูจน์ข้อความนี้ได้ด้วยน่ะเจ้าค่ะ คราวนี้ก็ต้องใช้แคลคูลัสนิดนึง แต่น้อยลงกว่ารอบก่อนเยอะแล้วนะเจ้าคะ

เราจะมาพิจารณาพื้นที่ใต้โค้ง $f(x)=sin^n x$ บนช่วง $[0,\frac{\pi}{2}]$ กันนะเจ้าคะ พื้นที่ดังกล่าวคือ $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx$
บนช่วง $[0,\frac{\pi}{2}]$ เราจะได้ว่า $0 \leqslant sin x \leqslant 1$ โดยที่เป็นสมการเมื่อ $x=0,\frac{\pi}{2}$ เท่านั้น ดังนั้นเราจะได้
$$sin x \geqslant sin^2 x \geqslant sin^3 x \geqslant ...$$
และผลตามมาก็คือ
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin x dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^2 x dx > \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^3 x dx > ...$$

คราวนี้เรานิยามให้ $I_n = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx$
จะเห็นว่า $I_0 = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,dx = \frac{\pi}{2}$ และ $I_1=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin x dx = 1$

ต่อไปโดย integration by parts
\[\begin{array}{cl}
I_n = & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^n x dx \\
= & [-(cos x)(sin^{n-1} x)]_0^\frac{\pi}{2} + \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,(n-1)(cos^2 x)(sin^{n-2} x) dx\\
= & (n-1)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\,sin^{n-2} x - sin^n x dx\\
= & (n-1)(I_{n-2} - I_n)
\end{array} \]

ดังนั้น $I_n = \frac{n-1}{n}I_{n-2}$
แยกกรณีจำนวนคู่กับจำนวนคี่ จึงได้ว่า
$$I_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}, I_{2n-1}=\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}$$
เมื่อ $(2n)!!=(2n)(2n-2)...4 \cdot 2$ และ $(2n-1)!! = (2n-1)(2n-3)...3 \cdot 1$
เมื่อครู่เรารู้แล้วว่า $I_{2n}<I_{2n-1}$ จึงได้ว่า $\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} \rightarrow \frac{(2n-1)!!(2n-1)!!}{(2n)!!(2n-2)!!}\frac{\pi}{2} < 1$
จัดรูปจะได้ว่า $[\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}]^2 < \frac{1}{\pi n}$ หรือ
$$\frac{1 \cdot 3 \cdot ... \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot ... \cdot (2n)} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!} < \frac{1}{\sqrt{\pi n}}$$
นั่นเองเจ้าค่ะ

นอกจากนี้เรายังพิสูจน์ Wallis' product ได้จากตรงนี้ด้วยเจ้าค่ะ
สังเกตว่า $I_{2n} < I_{2n-1} < I_{2n-2}$ จะได้
$$\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!} < \frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\frac{\pi}{2}$$
นั่นคือ
$$\frac{\pi}{2} < \frac{(2n-2)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n-1)!!} < \frac{(2n-3)!!(2n)!!}{(2n-2)!!(2n-1)!!}\frac{\pi}{2} = \frac{2n}{2n-1}\frac{\pi}{2}$$
จัดรูปต่อจะได้ว่า
$$\frac{2n}{2n+1}\frac{\pi}{2} < \frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!} < \frac{2n}{2n-1}\frac{2n}{2n+1}\frac{\pi}{2}$$
ลิมิตของทั้งสองข้างลู่เข้าหา $\frac{\pi}{2}$ ดังนั้น $\lim_{n \to \infty} frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n-1)!!(2n+1)!!} = \frac{\pi}{2}$ ด้วย
หรือก็คือ
$$\prod_{n = 1}^{\infty}\frac{(2n)(2n)}{(2n-1)(2n+1)} = \frac{\pi}{2}$$
นั่นเองเจ้าค่ะ

[Anonymous314]

เป็นวิธีึที่สุดยอดมากครับ สวยดีจริง ๆ ครับ
ต้องขอขอบคุณคุณ Ai-Ko มากนะครับผม