涉及常数不等式的Padé逼近e（电子）和一个推广的Carleman型不等式

摘要

基于Padé近似方法，本文确定了系数\（{j}\）和\（b{j}\）(\（1）)使得

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\frac{1}}{x}\bigr）^{x}=\frac{x^{k}+a_{1} x个^{k-1}+\cdots+a{k}}{x^{k}+b_{1} x个^{k-1}+\cdots+b_{k}}+O\biggl（\frac{1}{x^{2k+1}}\biggr），\quad x\to\infty$$

哪里\（k\geq 1）是任意给定的整数。基于所获得的结果，我们为\（（1+1/x）^{x}\）作为应用，我们给出了一个广义Carleman型不等式。

1介绍

让\（a{n}\geq0\）对于\（n\in\mathbb{n}:=\{1,2，\ldots\}\）和\（0<\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}<\infty）.然后

$$\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a{n}）^{1/n}<e\sum{n=1}^{infty}a{nneneneep$$

(1.1)

常量e（电子）是最好的。不平等(1.1)1922年提出[1]它被称为Carleman不等式。Carleman在研究拟分析函数的重要工作中发现了这个不等式。

Carleman不等式(1.1)由Hardy推广[2]（另请参阅[三，第256页]）如下：如果\（a{n}\geq0\）,\（\lambda_{n}>0\）,\（\Lambda{n}=\sum{m=1}^{n}\Lambda{m}\）对于\（n\in\mathbb{n}\）、和\（0<\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n} 一个_{n} <\infty\），然后

$$\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n}\bigl（a_{1}^{\lambda{1}}a_{2}^{\ lambda_{2}}\cdots a_{n{^{\lambda_}n}}\bigr）^{1/\lambda{n}}_{n} 一个_{n} ●●●●$$

(1.2)

注意不等式(1.2)通常称为Carleman型不等式或加权Carleman不等式。在[2]哈代自己说，是Pólya向他指出了这种不平等。

在[4–20]，一些强化和推广的结果(1.1)和(1.2)通过估计权重系数得出\（（1+1/n）^{n}\）例如，Yang[17]证明了这一点\（n\in\mathbb{n}\）,

$$e\biggl（1-\压裂{1}{2（n+\压裂{5}{6}）}\biggr）$$

(1.3)

然后用它得到以下加强的Carleman不等式：

$$\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a{n}）^{1/n}<e\sum{n=1}^{infty}\biggl（1-\frac{1}{2（n+1）}\bigr）a{nneneneep$$

(1.4)

谢和钟[15]证明了这一点\（x\geq 1）,

$$e\biggl（1-\压裂{7}{14x+12}\biggr）$$

(1.5)

然后用它来改进Carleman型不等式(1.2)如下所示。如果\（0<\lambda_{n+1}\leq\lambda{n}\）,\（\Lambda{n}=\sum{m=1}^{n}\Lambda{m}\）,\（a{n}\geq0\）对于\（n\in\mathbb{n}\）、和\（0<\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n} 一个_{n} <\infty\），然后

$$开始{对齐}\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n+1}\bigl压裂{\lambda{n}}{\lambda{n}}）+11}\biggr）\lambda_{n} 一个{n}。\结束{对齐}$$

(1.6)

拿\（\lambda_{n}\equiv 1\）英寸(1.6)收益率

$$\开始{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a{n}）^{1/n}<e\sum{n=1}^{infty}\biggl（1-\frac{6}{12n+11}\bigr）a{n{，\end{aligned}$$

(1.7)

这会改善(1.4).

最近，莫蒂奇和胡[14]证明了这一点\（x\geq 1）,

$$开始{对齐}&\压裂{x+\压裂{5}{12}}{x+\压裂{11}{12{}-\压裂{5{288x^{3}}+\压裂}{343}{8{，}640x^{4}}-\frac{2{，{621}{41{，｝472x^{5}}\\&\四元<\frac}1}{e}\biggl（1+\frac[1}{x}\biggr）^{x}<\frac{x+\frac{5}{12}}{x+\frac{11}{12{}}-\frac}5}{288x^{3}}+\frac{343}{8{，}640x^{4}}-\ frac{2}，}621}{41{，{472x^{5}}+\frac}300{，｝901}{3{，◄483{、}648x ^{6}}，\结束{对齐}$$

(1.8)

然后他们用它来建立Carleman不等式的以下改进：

$$\开始{aligned}&\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a{n}）^{1/n}\\&\quad<e\sum_{n=1}^{\infty}\biggl（\frac{12n+5}{12n+11}-\压裂{5}{288n^{3}}+\压裂{343}{8{，}640n^{4}}-\裂缝{2{，{621}{41{，｝472n^{5}+\裂缝{300}，}901}{3{，}483{、}648n^{6}}\biggr）一个{n}，\end{aligned}$$

可以写成

$$\开始{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a_{n}）^{1/n}<e\sum_{n=1}^{infty}（1-\varepsilon_{n{）a_{n}，\end{aligned}$$

(1.9)

哪里

$$开始{aligned}\varepsilon_{n}=\frac{104{，}509{，{440n^{6}+3{，｝628{，◄800n^{4}-4{，}971{，{456n^{3}+5{，｝603{，◄472n^{2}-5{，}945{，{040n-16{，◄549{，►555}{17{，｝418{，｛240n^{6}（12n+11）}。\结束{对齐}$$

(1.10)

有关Carleman型不等式历史的信息，请参阅[21–24].

它源自(1.8)那个

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\frac{1}}{x}\bigr）^{x}=\frac{x+\frac}5}{12}}{x+\frac{11}{12{}+O\bigg1（\frac{1'{x^{3}\bighr），\quad x\to\infty$$

(1.11)

使用Padé近似方法，第节三我们推导(1.11)以及以下近似公式：

$$\frac｛1｝｛e｝\biggl（1+\frac｛1｝｛x｝\biggr）^｛x｝=\frac｛x^｛2｝+\frac｛87｝{100}x+压裂{37}{240}}{x^{2}+\压裂{137}{100}x+\压裂{457}{1{，}200}}+O\biggl（\压裂{1}{x^{5}}\biggr），\四个x\to\infty$$

(1.12)

方程式(1.12)促使我们提出以下不平等：

$$\biggl（1+\frac{1}{n}\biggr）^{n}<e\biggl{100}个+压裂{37}{240}}{n^{2}+\压裂{137}{100}个+\压裂{457}{1{，}200}}\biggr）=e\biggl（1-\frac{8（75n+34）}{1}，}2002n^{2}+1{，{644n+457}\bigbr），\quad n\in\mathbb{n}$$

(1.13)

遵循定理证明中使用的相同方法3.2，我们可以证明不等式(1.13). 我们这里省略了它。

根据Pólya的证据(1.1)英寸[25],

$$\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a{n}）^{1/n}\leq\sum_{n=1}^{infty}\biggl（1+\frac{1}{n}\bigr）^{n} 一个_{n} $$

(1.14)

然后直接从(1.13):

$$\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a_{n}）^{1/n}<e\sum_{n=1}^{infty}\biggl（1-\frac{8（75n+34）}{1{，}200n^{2}+1{，{644n+457}\biggr）a_{n}$$

(1.15)

这会改善(1.7).

基于Padé近似方法，我们确定了系数\（{j}\）和\（b{j}\）(\（1）)使得

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\frac{1}}{x}\bigr）^{x}=\frac{x^{k}+a_{1} x个^{k-1}+\cdots+a{k}}{x^{k}+b_{1} x个^{k-1}+\cdots+b_{k}}+O\biggl（\frac{1}{x^{2k+1}}\biggr），\quad x\to\infty$$

(1.16)

哪里\（k\geq 1）是任意给定的整数。基于所获得的结果，我们为\（（1+1/x）^{x}\）作为应用，我们推广了Carleman型不等式。

给出的数值是使用计算机程序MAPLE 13计算得出的。

2一个有用的引理

为了以后使用，我们引入以下整数分区集\（n\in\mathbb{n}=\mathbb{无}_{0}\setminus\{0\}:=\{1，\，2，\，3，\，\ldots\}\）:

$$\马塔尔{答}_{n} ：=\bigl\{（k{1}，k{2}，\ldots，k{n}）\in\mathbb{无}_{0}^{n}:k{1}+2k{2}+\cdots+nk{n}=n\bigr\}$$

(2.1)

在数论中，配分函数\（p（n）\）表示的可能分区数\（n\in\mathbb{n}\）(例如，表示不同方式的数量n个作为自然数的总和（无论顺序如何）。按照惯例，\（p（0）=1）和\（p（n）=0）如果n个是一个负整数。有关配分函数的详细信息\（p（n）\），请参阅[26]以及其中的参考文献。配分函数的第一个值\（p（n）\）是（以开头\（p（0）=1\）)（参见[27]):

$1、\、1、\、2、\、3、\、5、\、7、\、11、\、15、\、22、\、30、\、42、\、\$$

很容易看出集合的基数\（\mathcal{答}_{n} \）等于配分函数\（p（n）\）现在，我们准备提出一个公式，用于确定系数\（{j}\）英寸(2.2)借助于下面引理给出的配分函数。

引理2.1

[28]

以下近似公式适用:

$$\biggl（1+\frac{1}{x}\biggr）^{x}=e\sum_{j=0}^{\infty}\frac{c_{j}}{x^{j}{quad\textit{as}\x\to\infty$$

(2.2)

其中系数 \（c{j}\） \（（（j\in\mathbb{N}）） 由提供

$$\begin{aligned}&c_{0}=1\quad\textit{和}\quadc_{j}=（-1）^{j}\sum_{（k_{1}，k_{2}，\ldots，k_}）\in\mathcal{A}_{j{}\frac{1}{k_{1'！k{2}！\cdot k{j}！}\biggl（\frac{1}{2}\biggr）^{k{1}}\bigbl$$

(2.3)

其中 \（\mathcal{答}_{j} \） \（（\textit{for}\j\in\mathbb{N}） 在中给出(2.1).

三与常数渐近相关的Padé逼近e（电子）

为了便于以后使用，我们引入了Padé近似（参见[29–34]). 让（f）成为正式的幂级数

$$\开始{aligned}f（t）=c_{0}+c_{1} t吨+c（c）_{2} 吨^{2} +\cd点。\结束{对齐}$$

(3.1)

阶的Padé逼近\（（p，q）\）函数的（f）是有理函数，表示为

$$\开始{aligned}{}[p/q]{f}（t）=\frac{\sum_{j=0}^{p} 一个_{j} t吨^{j} {1+\sum{j=1}^{q} b_{j} t吨^{j}}，\结束{对齐}$$

(3.2)

哪里\（第0页）和\（问题1）是两个给定的整数，系数\（{j}\）和\（b{j}\）由给出（参见[29–31,33,34])

$$\开始{aligned}\textstyle\开始{cases}a{0}=c{0}，\\a{1}=c_{0}b_{1} +c｛1｝，\\ a_｛2｝=c_{0}b_{2} +c_{1} b条_{1} +c_{2}，\\vdots\\a_{p}=c_{0}b_{p} +\cdots+c_{p-1}b_{1} +c{p}，\\0=c{p+1}+c_{p} b条_{1} +\cdots+c{p-q+1}b{q}，\\vdots&\\0=c{p+q}+c{p+q-1}b{1}+\cdot+c_{p} b条_{q} ，\end{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

(3.3)

以下内容成立：

$$\开始{aligned}{}[p/q]_{f}（t）-f（t）=O\bigl（t^{p+q+1}\bigr）。\结束{对齐}$$

(3.4)

因此，第一个\（p+q+1）级数展开式的系数\（[p/q]{f}\）与以下各项相同（f）此外，我们有（参见[32])

$$\begin{aligned}&[p/q]{f}（t）=\frac{left\vert\begin{matrix}{}t^{q} （f）_{p-q}（t）&t^{q-1}f_{p-q+1}（t）&\cdots&f{p}&1\\c_{p-q+1}和c_{p-q+2}和\cdots&c_{p+1}\\vdots&\vdots＆\ddots&\ vdots\\c_{p}和c_{p+1}和\ cdots&c{p+q}\end｛matrix｝\right\vert｝，\end｛aligned｝$$

(3.5)

具有\（f{n}（x）=c{0}+c_{1} x个+\cdots+c_{n} x个^{n} \），的n个级数的第个部分和（f）(\（f{n}\）为零\（n<0）).

让

$$\begin{aligned}f（x）=\frac{1}{e}\biggl（1+\frac}{x}\bigr）^{x}。\结束{对齐}$$

(3.6)

它源自(2.2)那，作为\（x到infty）,

$$\begin｛aligned｝f（x）&=\sum_｛j=0｝^｛infty｝\frac｛c｛j｝｝｛x^｛j｝｝=1-\frac｛1｝｛2x｝+\frac｛11｝｛24x^｛2｝}-\frac｛7｝｛16x^｛3｝｝+\frac｛2｝，｝447｝｛5｝｛，｝760x^｛4｝}-\frac｛959｝｛2｝，｝304x^｛5｝｝+\frac｛238｝，｝043｝｛580｝｛6｝｝-\cdots，\end｛aligned｝$$

(3.7)

用系数\（c{j}\）由提供(2.3). 在下面的内容中，函数（f）在中给出(3.6).

我们现在给出方程的推导(1.11). 为此，我们考虑

$$\开始｛对齐｝｛｝[1/1]_｛f｝（x）=\frac｛\sum_｛j=0｝^{1} 一个_{j} x个^{-j}}{1+\sum{j=1}^{1} b条_{j} x个^{-j}}。\结束{对齐}$$

注意到

$$\begin{aligned}c_{0}=1，\quad c_{1}=-\frac{1}{2}，\qquad c_2}=\fracc{11}{24}，\ quad c_3}=-\ frac{7}{16}，\squad c_s{4}=\frac{2{，}447}{5{，{760}\end{alinged}$$

(3.8)

我们已经坚持了(3.3),

$$\开始{aligned}\textstyle\开始{cases}a{0}=1，\\a{1}=b_{1}-\压裂{1}{2}，\\0=\压裂{11}{24}-\压裂{1}{2} b条_{1} ，\end{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

也就是说，

$$\begin{aligned}a{0}=1，\qquad a{1}=\frac{5}{12}，\quad b_{1}=\frac{11}{12{。\结束{对齐}$$

因此，我们获得

$$[1/1]{f}（x）=\压裂{1+\压裂{5}{12x}}{1+\压裂{11}{12x}}=\压裂{x+\压裂}{12}}{x+\frac{11}}$$

(3.9)

我们已经做到了(3.4),

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\frac}{x}\bigr）^{x}-\压裂{x+\压裂{5}{12}}{x+\压裂{11}{12{}=O\biggl（压裂{1}{x^{3}}\biggr）$$

(3.10)

我们现在给出方程的推导(1.12). 为此，我们考虑

$$\开始{aligned}{}[2/2]_{f}（x）=\frac{\sum_{j=0}^{2} 一个_{j} x个^{-j}}{1+\sum{j=1}^{2} b条_{j} x个^{-j}}。\结束{对齐}$$

注意到(3.8)我们已经坚持了(3.3),

$$\开始{aligned}\textstyle\开始{cases}a{0}=1，\\a{1}=b_{1}-\裂缝{1}{2}，\\a{2}=b_{2}-\压裂｛1｝{2} b条_{1} +\frac｛11｝｛24｝，\\0=-\frac｛7｝｛16｝+\frac｛11｝{24}乙_{1}-\压裂｛1｝{2} b条_{2} ，\\0=\压裂{2{，}447}{5{，{760}-\压裂{7}{16} b_{1} +\压裂{11}{24}乙_{2} ，\end｛cases｝\displaystyle\end｛aligned｝$$

也就是说，

$$\begin{aligned}a{0}=1，\quad a{1}=\frac{87}{100}，\qquad a}2}=\frac{37}{240}，\ qquad b{1}=\frac{137}{100{，\quid b{2}=\frac{457}{1{，}200}。\结束{对齐}$$

因此，我们获得

$$[2/2]{f}（x）=\压裂{1+\压裂{87}{100x}+\压裂}37}{240x^{2}}}{1+\压裂{137}{100x}+\裂缝{457}{1{，}200x^{2]}=\压裂{100}x+压裂{37}{240}}{x^{2}+\压裂{137}{100}x+\裂缝{457}{1{，}200}}$$

(3.11)

我们已经做到了(3.4),

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\frac}{x}\bigr）^{x}-\压裂{x^{2}+\压裂{87}{100}x+压裂{37}{240}}{x^{2}+\压裂{137}{100}x+\frac{457}{1{，}200}}=O\biggl（\frac{1}{x^{5}}\biggr），\quad x\to\infty$$

(3.12)

使用Padé近似方法和展开式(3.7)，我们现在给出一个由定理给出的一般结果3.1因此，我们获得(1.16).

定理3.1

阶的Padé逼近 \（（p，q）\） 函数的渐近公式 \（f（x）=压裂{1}{e}（1+\压裂{1{x}）^{x}\）(在这一点上 \（x=\infty\）)是以下有理函数:

$$\开始{对齐}{}[p/q]{f}（x）=\frac{1+\sum{j=1}^{p} 一个_{j} x个^{-j}}{1+\sum{j=1}^{q} b_{j} x个^{-j}}=x^{q-p}\biggl（\frac{x^{p}+a_{1} x个^{p-1}+\cdots+a{p}}{x^{q}+b_{1} x个^{q-1}+\cdots+b{q}}\biggr），\end{aligned}$$

(3.13)

哪里 \（第1页） 和 \（问题1） 是两个给定的整数,系数 \（{j}\） 和 \（b{j}\） 由提供

$$\开始{aligned}\textstyle\开始{cases}a{1}=b{1}+c{1}，\\a{2}=b_{2}+c_{1} b条_{1} +c{2}，\\vdots\\a{p}=b{p}+\cdots+c_{p-1}b_{1} +c{p}，\\0=c{p+1}+c_{p} b条_{1} +\cdots+c{p-q+1}b{q}，\\vdots&\\0=c{p+q}+c{p+q-1}b{1}+\cdot+c_{p} b条_{q} ，\end{cases}\displaystyle\end{aligned}$$

(3.14)

\（c{j}\） 在中给出(2.3),下面的结论成立:

$$\开始{对齐}f（x）-[p/q]_{f}（x）=O\biggl（\frac{1}{x^{p+q+1}}\biggr），\quad x\to\infty。\结束{对齐}$$

(3.15)

此外,我们有

$$\开始{对齐}和[p/q]{f}（x）=\frac{\left\vert\begin{矩阵}{}\frac}1}{x^{q}}f{p-q}（x）&\frac[1}{xqu{q-1}}f{pq+1}&\vdots&\ddots&\ vdots\\c{p}&c{p+1}&\cdots&c{p+q}\end{matrix}\right\vert}{left\vert\begin{matrix}{}\frac{1}{x^{q}}&\frac{1}{x^{q-1}}&\cdots&1\\c{p-q+1}&c{p-q+2}&\cdots&c{p+1}\\vdots&\vdots&\ddots&\ c{p}&c_{p+1}&\ cdots&c{p+q}\end{matrix\vert}，\end{aligned}$$

(3.16)

具有 \（f{n}（x）=sum{j=0}^{n}\frac{c{j}}{x^{j}{）,这个 渐近级数的第n部分和(3.7).

备注3.1

使用(3.16)，我们还可以推导(3.9)和(3.11). 事实上，我们已经

$$\begin{aligned}{}[1/1]_{f}（x）&=\frac{left\vert\begin{matrix}{}\frac}{x} （f）_{0}（x）&f{1}frac{1}{2}&frac{11}{24}\\end{matrix}\\right\vert}{left\vert\begin{matrix.}{}\\frac{1\x}&1\frac{1'{2}&\frac{11}{24}\\end{矩阵}\\right\vert}\\&=\frac{x+\frac{5}{12}}{x+\ frac{11}{12{}}\end{aligned}$$

和

$$开始{对齐}{}[2/2]{f}（x）&=\frac{\left\vert\开始{矩阵}{}\frac}1}{x^{2}}f{0}（x）&\frac[1}{x} （f）_{1} （x）&f{2}（x）\\c{1}&c{2}&c{3}\\c{2{&c}3}&c{4}\\end{矩阵}\\right\vert}{left\vert\begin{matrix}{}}3}&c{4}\\end{matrix}\right\vert}=\frac{\left\vert\begin{matrixe}{}\\frac{1}{x^{2}}&\frac{1}}{x}}\\-\frac｛1｝｛2｝&\ frac｛11｝｛24｝&-\frac｛7｝｛16｝\\frac｛11｝｛24｝&\ frac｛7｝｛16｝&\ frac｛2｝447｝｛5｝，｝760｝\\end｛matrix｝\right\vert｝｛7｝｛16｝\\frac｛11｝｛24｝&-\frac｛7｝｛16｝&\ frac｛2｝，｝447｝｛5｝，｝760｝\\end｛matrix｝\right\vert｝\\&=\ frac｛x^｛2｝+\压裂｛87｝{100}x+\裂缝{37}{240}}{x^{2}+\裂缝{137}{100}x+\压裂{457}{1{，}200}}。\结束{对齐}$$

备注3.2

设置\（（p，q）=（k，k）\）英寸(3.15)，我们获得(1.16).

设置

$$（p，q）=（3，3）\quad\text｛and｝\quad（p，q）=（4，4）$$

分别通过定理得到3.1，作为\（x到infty）,

$$\frac{1}{e}\biggl（1+\fracc{1{x}\bigr）^{x}=\fracc}x^3}+\fracg{162{，}713}{121{，{212}x^2}+\frac{13{，，}927}{26{，｝936}x+\fraca{41{，◄501}{786{，｛240}{x^3{+\frac{223{，319}{121{，}212}x^{2}+\压裂{237{，{551}{242{，｝424}x+\压裂}3{，◄950{，►767}{29{，｛090{，］880}}+O\biggl（压裂{1}{x^{7}}\biggr）$$

(3.17)

和

$$开始{aligned}\frac{1}{e}\biggl（1+\frac{1}}{x}\bigr）^{x}={}&\frac}x^{4}+\frac{1\，}157{，}406{，{727}{634{，，}301{，｝284}x^3}+\frac{8{，{，}408}x^{2}+\压裂{81{，{587{，｝251{，◄465}{319{，｛687{、}847{和}136}x+\压裂}15{、{842{、｝677}{924{、｛376{、◄320}{x^{4}+\裂缝{1{、］474{，］557{以及}369}{634{x^{3}+\压裂{13{，}811{，{559{，}391}{7{，{611}，}615{，，}408}x^{2}+\frac{170{，◄870{，｝679{、}559}{319{和}687{、｝847{和｝136}x+\frac{1{、◄724{、{393{、｛461{，｛793}{38{、►362{、］541{\&{}+O\biggl（\frac{1}{x^{9}}\biggr）。\结束{对齐}$$

(3.18)

方程式(3.17)和(3.18)激励我们建立以下定理。

定理3.2

对于 \（x>0）,

$$开始{aligned}\biggl（1+\frac{1}{x}\bigr）^{x}&<e\biggl}319}{121{，}212}x^{2}+\frac{237{，{551}{242{，◄424}x+\frac{3{，►950{，｝767}{29{，▄090{，｛880}}}\biggr）\end{aligned}$$

(3.19)

和

$$开始{对齐}和\biggl（1+\frac{1}{x}\biggr）^{x}\\&quad<e\biggl 408}x^{2}+\frac{81{，}587{，{251{，｝465}{319{，◄687{、}847{和}136}x+\frac{15{、｝842{、{677}{924{、◄376{、►320}{x^{4}+\frac{1{、｛474{，｛557{{3}+\压裂{13{，}811{，{559{，◄391}{7{，｝611{、}615{、｝408}x^{2}+\压裂{170{、{870{、◄679{、｛559}{319{和}687{、►847{和｝136}x+\压裂}656{，}320}}\biggr）。\结束{对齐}$$

(3.20)

证明

我们只证明了不等式(3.20). 证明(3.19)是类似的。为了证明(3.20)，这足以表明

$$\开始{aligned}F（x）<0\quad\text{for}\x>0，\end{aligned}$$

哪里

$$开始{对齐}F（x）={}&x\ln\biggl（1+\frac{1}{x}\biggr）-1\\&{}-\ln\biggl（\frac{x^{4}+\frac}1{，}157{，｝406{，{727}{634{，｛301{，◄284}x^{3}+\frac{8{，｜452{，►872{、}239}{7{，］611{，}615{，{408}x^{2}+\frac{81{，◄587{，►251{，｝465}{319{，｛687{、}847{和}136}x+\frac{15{，｜842{，］677}{924{，＊376{，▄320}{x^{4}+\frac{1{、｝474{、◄557{{，}284}x^{3}+\压裂{13{，}811{，{559{，◄391}{7{，｝611{、}615{、｝408}x^{2}+\压裂{170{、{870{、◄679{、｛559}{319{和}687{、►847{和｝136}x+\压裂}656{，}320}}\biggr）。\结束{对齐}$$

分化收益率

$$\begin{aligned}F'（x）=\ln\biggl（1+\frac{1}{x}\biggr）-\frac}P_{8}（x）}{P_{9}（x）}，\end{alinged}$$

哪里

$$\开始{对齐}P_{8}（x）={}&4{，}534{、}960{、{145{、｝139{、｛175{、◄220{，◄907{，｝601+89{、►156{、▄435{、］404{和}854{143{，}580{，{166{，｝880x^{2}\\&+3{，｛400{，◄732{，►641{，］706{，｜885{，▄239{，＊015{、｝784{、}320x^{3}\\&+8{、◄959{、{898{、｛009{）、｝119{、］992{、｜740{、＊647{、▄591{、►680x^4}\\&+14{，}212{，{846{、}466{，}921{、{911{，{377{、｝490{、｛790{，｝400x^{5}\\&13{、◄355{、］464{、►865{，◄044{，►929{，］241{847{，}214{，{796{，｝800x^{7}\\&+1{，◄471{，►684{、}602{，▄332{、◄887{、｝248{、►995{、{942{和}400x^{8}结束{对齐}$$

和

$$开始{对齐}P_{9}（x）={}&\bigl（38{，}362{，{541{，｝656{，◄320x^{4}+69{，►999{，｛958{，］848{657{，}486{，{938{，｝177\bigr）\bigl（38{，◄362{，►541{，］656{、}320x^{4}\\&{}}+89{、◄181{、{229{，｛677{、｝120x^{3}+69{x\\&{}+1{，}724{，}393{，{461{，｝793\bigr）（x+1）。\结束{对齐}$$

差异化\（F'（x）\），我们发现

$$\开始{对齐}F''（x）=-\frac{Q_{8}（x）}{Q_}19}（x）}，\end{aligned}$$

哪里

$$\开始{对齐}Q_{8}（x）={}&1{，}285{，{425{、}745{和}031{、{439{、｝744{、｛924{，｝351{和{944{和｝181{，◄267{，｛498{，］830{，►297{、◄392{、►321\\&+28{、］、}378{和◄、}097{3{，}828{，{519{，｝360x^{2}\\&+1｛，｝131｛，｝116｛，｝309｛，｝072｛，｝948｛，｝249｛，｝686｛，｝419｛，｝776｛，｝599｛，｝013｛，｝563｛，｝965｛，｝352｛，｝036｛，｝853｛，｝760x^3｝\\&+2｛，｝998｛，｝129｛，｝273｛，｝934｛，｝033｛，｝621｛，｝834｛，｝452｛，｝343，｝529｛，｝577｛，｝070｛，｝175｛，｝646｛，｝117｛，｝120x^｛4｝\\&+4｛，｝775｛，｝194｛，｝702｛，｝079｛，｝256｛，｝668｛，｝486｛，｝950｛，｝292｛，｝217｛，｝012｛，｝539｛，｝098｛，｝845｛，｝384｛，｝867｛，｝840x^｛5｝\\&+4｛，｝503｛，｝188｛，｝365｛，｝939｛，｝207｛，｝771｛，｝317｛，｝966｛，｝173｛，｝833｛，｝346｛，｝921｛，｝724｛，｝385｛，｝791｛，｝590｛，｝400x^6｝\\&+2｛，｝315｛，｝562｛，｝242｛，｝935｛，｝704｛，｝170｛，｝341｛，｝114｛，｝308｛，｝201｛，｝588，｝127｛，｝283｛，｝807｛，｝744｛，｝000x^｛7｝\\&+500｛，｝009｛，｝489｛，｝498｛，｝922｛，｝911｛，｝594｛，｝629｛，｝442｛，｝997｛，｝057｛，｝334｛，｝195｛，｝586｛，｝408｛，｝448｛，｝000x^｛8｝\结束{对齐}$$

和

$$开始{对齐}Q_{19}（x）={}&x\bigl{，}486{，{938{，｝177\biger）^{2}\bigl（38{，◄362{，►541{，｛656{、}320x^{4}\\&89{、{181{、｝229{、◄677{、►120x^{3}+69{，］610{、］259{和}330{、｛640x^{2{+20{、＊504{、▄481{、｜547{，▄080 x\\&+1{，}724{，}393{，{461{，｝793\biger）^{2}（x+1）^{2}。\结束{对齐}$$

因此，\（F''（x）<0）对于\（x>0），我们有

$$\开始{aligned}F'（x）>\lim_{t\to\infty}F'（t）=0\quad\Longrightarrow\quad F（x）<\lim_{t\to\ infty{F（t）=0\quad\text{for}\x>0。\结束{对齐}$$

证据完整。□

不平等(3.20)可以写为

$$\开始{aligned}\biggl（1+\frac{1}{x}\bigcr）^{x}<e\bigl（1-\mathcal{e}（x）\bigr），\四元x>0，\结束{aligned}$$

(3.21)

哪里

$$\开始{对齐}\mathcal{E}（x）={}&48\bigl（399{，}609{、}808{、{920x^{3}+562{，{662{、｝150{，，}960x^{2}\\&{}+223{，｝208{，｛570{，◄235x+22{，►227{，］219{和}242\bigr 656{，}320x^{4}\\&{}+89{，{181{，｝229{、}677{、｝120x^{3}+69{和}610{、{259{或}330{、｛640x^{2}+20{、◄504{、］481{、►547{，◄080x\\&{1}、}724{，｛393{、＊461{和｝793\biger）。\结束{对齐}$$

(3.22)

4一个推广的Carleman型不等式

定理4.1

让 \（0<\lambda_{n+1}\leq\lambda{n}\）,\（\Lambda{n}=\sum{m=1}^{n}\Lambda{m}\） \（（\Lambda_{n}\geq 1）\）,\（a{n}\geq0\） \（（（n\in\mathbb{n}）\） 和 \（0<\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n} 一个_{n} <\infty\）.然后,对于 \（0<p\leq 1）,

$$开始{对齐}&\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n+1}\bigl（a_{1}^{lambda{1}}a_{2}^{lambda{2}}\cdots a_{n}^{\ lambda_a{n}}\bigr）^{1/\lambda_}}\\&\quadra{}<frac{e^{p}{p}\sum_a{n=1{^{\infty}\biggl（1-\mathcal{e}\bigl（\frac{\lambda_{n}}{\lambda_}}\bigr）\biggr）^{p}\lambda_{n} 一个_{n} ^{p}\Lambda_{n}^{p-1}\Biggl（\sum_{k=1}^{n}\Lambda_}k}（c_{k} 一个_{k} ）^{p}\Biggr）^{（1-p）/p}，\end{aligned}$$

(4.1)

哪里 \（\mathcal{E}（x）\） 在中给出(3.22)和

$$c_{n}^{\lambda{n}}=\frac{（\lambda_{n+1}）^{\lambda{n}{（\ lambda_{n}）$$

证明

不平等

$$开始{对齐}和\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n+1}\bigl（a_{1}^{\lambda{1}}a_{2}^{\ lambda_{2}}\cdots a_{n}^{lambda{n}}\bigr）^{1/\lambda{n}\\&\quad\leq\frac{1}{p}\sum=1}\biggl（1+\frac{1}{\lambda{m}/\lambda_{m}}\biggr）_{m} 一个_{m} ^{p}\Lambda_{m}^{p-1}\Biggl（\sum_{k=1}^{m}\Lambda_}k}（c_{k} 一个_{k} ）^{p}\Biggr）^{（1-p）/p}\end{aligned}$$

(4.2)

已在的定理2.2中证明[9]（另请参阅[11第96页）。从上述不等式和(3.20)，我们获得(4.1). 证据完整。□

备注4.1

在的定理2.2中[9],\（c{k}^{\lambda{n}}=\frac{（\lambda_{n+1}）应该是\（c{n}^{\lambda{n}}=\frac{（\lambda_{n+1}）; 参见[9，第44页，第3行]。同样，\（c{s}^{\lambda{n}}=\frac{（\lambda_{n+1}）在的定理3.1中[11]应该是\（c{n}^{\lambda{n}}=\frac{（\lambda_{n+1}）; 参见[11，第96页，方程式（9）]。

备注4.2

拿\（p=1\）英寸(4.1)收益率

$$开始{对齐}\sum_{n=1}^{\infty}\lambda_{n+1}\bigl（\frac{\lambda{n}}{\lambda{n}}\biggr）\lambda_{n} 一个_{n} ，\结束{对齐}$$

(4.3)

这会改善(1.6). 拿\（\lambda_{n}\equiv 1\）英寸(4.3)收益率

$$\开始{aligned}\sum_{n=1}^{\infty}（a_{1} 一个_{2} \cdots a_{n}）^{1/n}<e\sum_{n=1}^{infty}\bigl（1-\mathcal{e}（n）\bigr）a_{n}，\end{aligned}$$

(4.4)

这会改善(1.9).