伽马函数的单调性和不等式

摘要

本文利用两个拉普拉斯变换之比的单调性规则，证明了该函数

$$x\mapsto\frac｛1｝｛24x（\ln\Gamma（x+1/2）-x\ln x+x-\ln\sqrt｛2\pi｝）+1｝-\frac｛120｝{7} x个^{2} $$

严格来说是从\（（0，\infty）\）到上面$( 1,1860/343 )$这不仅为gamma函数产生了一些已知的和新的不等式，而且还给出了一些与gamma功能相关的完全单调函数。

1介绍

斯特林公式

$$！\thicksim\sqrt{2\pin}n^{n} e（电子）^{-n}$$

(1.1)

在统计物理、概率论和数论中有重要应用。由于其实际意义，它引起了许多数学家的兴趣，并激发了大量关于各种推广和改进的研究论文。

伯恩赛德公式[1]

$$！\thicksim\sqrt{2\pi}\biggl（\frac{n+1/2}{e}\bigr）^{n+1/2}:=b{n}$$

(1.2)

略有改善(1.1). 高斯珀[2]替换\（\sqrt{2\pin}\）通过\（\sqrt{2\pi（n+1/6）}\）英寸(1.1)以获得

$$！\thicksim\sqrt{2\pi\biggl（n+\frac{1}{6}\biggr）}\bigl（\frac{n}{e}\bigr）^{n}:=g{n}$$

(1.3)

哪一个比(1.1)和(1.2). 巴蒂尔[三]得到了一个类似于(1.3):

$$！\thicksim\frac{n^{n+1}e^{-n}\sqrt{2\pi}}{\sqrt}n-1/6}}:=b{n}^{prime}$$

(1.4)

哪个比(1.1)和(1.2). 阶乘函数的更精确近似

$$！\thicksim\sqrt{2\pi}\biggl（\frac{n^{2}+n+1/6}{e^{2{}\bigr）^{n/2+1/4}:=m_{n}$$

(1.5)

出现于[4]莫蒂西。

伽马函数\（\Gamma（x）=\int_{0}^{\infty}t^{x-1}电子^{-t}\，dt\）对于\（x>0）与斯特林公式密切相关，因为\（\伽马（n+1）=n！\）为所有人\（n\in\mathbb{n}\）这启发了一些作者也注意寻找伽马函数的各种更好的近似值。这里我们列出了一些更精确的近似值：

• （i） 拉马努扬的[5，p.339]近似公式为\（x\rightarrow\infty\）

  $$\Gamma（x+1）\thicksim\sqrt{\pi}\biggl（\frac{x}{e}\bigr）^{x}\bigl（8x^{3}+4x^{2}+x+frac{1}{30}\bighr）^{1/6}:=R（x）$$

  (1.6)

• （ii） 温氏硬度计（参见[6，式（42）]）近似公式

  $$\Gamma（x+1）\thicksim\sqrt{2\pi x}\biggl（\frac{x}{e}\bigr）^{x}\biggl（x\sinh\frac}1}{x}\ biggr）^{x2}:=W（x）$$

  (1.7)

• （iii） 史密斯的[6，式（42）]近似公式

  $$\Gamma\biggl（x+\frac{1}{2}\biggr）\thicksim\sqrt{2\pi}\bigl$$

  (1.8)

• （iv） 内梅斯公式([7，推论4.1]）指出

  $$\Gamma（x+1）\thicksim\sqrt{2\pi x}\biggl（\frac{x}{e}\bigr）^{x}\biggl（1+\frac{1}{12x^{2}-1/10} \biggr）^{x}：=N（x）$$

  (1.9)

• （v） Chen的[8]提出了一个新的近似值

  $$\Gamma（x+1）\thicksim\sqrt{2\pi x}\biggl（\frac{x}{e}\bigr）^{x}\biggl（1+\frac{1}{12x^{3}+24x/7-1/2}\bighr）^{x^{2}+53/210}=C（x）$$

  (1.10)

备注1

让\（A（x）\）近似于\（\伽玛（x+1）\）作为\（x\rightarrow\infty\）.如果有\（m>0）这样的话

$$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{ln\Gamma（x+1）-\ln A（x）}{x^{-m}}=c\neq 0，\pm\infty$$

(1.11)

然后我们说\（A（x）\）汇聚到\（\伽马射线（x+1）\）就像\（x^{-m}\）作为\（x\rightarrow\infty\）显然，越大米是，精确度越高\（A（x）\）近似于\（\伽马射线（x+1）\）是。自\（（x-1）/\ln x\右箭头1\）作为\（x\右箭头1\），极限关系可以等价地写为

$$\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\Gamma（x+1）/A（x）-1}{x^{-m}}=c\neq 0，\pm\infty$$

或

$$\frac{\Gamma（x+1）}{A（x）}=1+O\bigl（x^{-m}\bigr）\quad\mbox{as}x\rightarrow\infty$$

备注2

很容易检查，因为\（n\rightarrow\infty\）或\（x\rightarrow\infty\）,

$$\开始{对齐}&n！=\裂缝{n^{n+1}e^{-n}\sqrt{2\pi}}{\sqrt}n-1/6}}\bigl（1+O\bigl（n^{-2}\bigr），\\&n！=\sqrt{2\pi}\biggl biggl（2x\tanh\frac{1}{2x}\biggr）^{x/2}\bigl（1+O\bigle（x^{-5}\bigr）\biger）。\结束{对齐}$$

这些与中所示的一起[8，（3.5）-（3.10）]表示陈的\（C（x）\）是上面列出的近似公式中最好的。

有关阶乘函数或伽马函数近似公式的更多结果，请参见[9——28]以及其中引用的参考文献。

值得一提的是杨和楚[9]提出了一种用二元方法构造渐近公式的新方法。作为应用程序，它们提供了[9，命题4和5]两个渐近公式：as\（x\rightarrow\infty\）,

$$开始{对齐}和\Gamma（x+1）\thicksim\sqrt{2\pi}\biggl（\frac{x+1/2}{e}\bigr）^{x+1/2}\exp\biggl（-\frac}{24}\frac_2x+1/2{x^{2}+x+37/120}\bighr）：=Y_{1}}\biggl（\frac{x+1/2}{e}\biggr）^{x+1/2}\exp\biggl（-\frac}1517}{44\text{，}640}\frac[1}{x+1/200}-\frac{343}{44\t，}640}\frac}x+1/2{{x^{2}+x+111/196}\biggr）\\&\hphantom{\Gamma（x+1）}{}:=Y_{2}（x），\end{aligned}$$

满足要求的

$$\Gamma（x+1）=Y_{1}（x）\bigl（1+O\bigle（x^{-5}\bigr）\biger）\quad\mbox{和}\quad_Gamma$$

并证明了函数（替换x个通过\（x-1/2）)

$$开始{对齐}&f_{4}\biggl（x-\frac{1}{2}\bigr）=\ln\Gamma\biggal（x+\frac}{2{biggr）-\frac_1}{2neneneep \ln 2\pi-x\ln x+x+\frac{1}[24}\frac_2}{x^2}+7/120}，\&f_5}\bigl（x-\frac{1{2}\biggr）=\ln\Gamma\biggl（x+\frac{1}{2}\bigr）-\frac}{1}_2}\ln2\pi-x\lnx+\frac{1}{1440}\frac{5880x^{2}+1517}{x（98x^{2]+31）}\end{aligned}$$

越来越凹，越来越凸\（（0，\infty）\）分别是。显然，两者都是\（Y_{1}（x）\）和\（Y_｛2｝（x）\）是gamma函数的精确且简单的近似公式。

根据下列不等式[9，推论7]，很自然地会问：什么是最好的α和β这样双重不等式

$$\exp\biggl[-\frac{1}{24x}\frac{120x^{2}+7{2}+7\beta}\biggr]$$

(1.12)

为所有人保留\（x>0）? 这个问题等价于确定函数的单调性

$$f（x）=\frac{1}{24x（\ln\Gamma（x+1/2）-x\lnx+x-\ln\sqrt{2\pi}）+1}-\frac}120}{7} x个^{2} $$

(1.13)

在\（（0，\infty）\）.

本文的目的是回答这个问题。我们的主要结果是以下定理。

定理1

功能 如果 由定义(1.13)严格来说是从 \（（0，\infty）\） 到上面 $( 1,1860/343 )$.

作为上述定理的结果，以下推论是直接的。

推论1

对于 \（x>x{0}\geq0\）,双重不等式(1.12)仅当且仅当 \（αf（infty）=1860/343） 和 \（1\leq\beta\leqf（x_｛0｝）\）.特别地,我们有

$$\exp\biggl[-\frac{1}{1440}\ frac{5880x^{2}+1517}{x（98x^{2]+31）}\biggr]<\frac{\Gamma（x+1/2）}{\sqrt{2\pi}$$

等待 \（x>0）.

更换x个通过\（n+1/2），然后放入\（x{0}=1\）在推论中1，并注意到

$$\beta{1}:=f\biggl（\frac{3}{2}\biggr）=\frac{1}{36\ln2-54\ln3-18\ln\pi+55}-\frac{270}{7}\约4.7243$$

(1.14)

我们推导出以下语句。

推论2

双重不等式

$$开始{对齐}和\exp\biggl[-\frac{1}{24（n+1/2）}\frac}120（n+1/2）^{2}+7（\alpha-1）}{120压裂{1}{24（n+1/2）}\压裂{120（n+1/2^{2}+7（β_{1}-1）}{120（n+1/2）^{2}+7\beta{1}}\biggr]\end{aligned}$$

保持最佳常数 \（约4.7243） 由提供(1.14)和 \（α=1860/343\约5.4227）.

2工具

为了证明我们的主要结果，我们需要一些引理作为工具。第一个引理是拉普拉斯变换的卷积公式。

引理1

([29])

让 \（f{i}（t）\） 对于 \（i=1,2） 在包含的任意有限区间内分段连续 \（（0，\infty）\）.如果存在一些常量 \（M_{i}>0\） 和 \（c_{i}\geq0\） 这样的话 \（\vert f_{i}（t）\vert\leq M_{i} e（电子）^{抄送_{i} t吨}\) 对于 \（i=1,2）,然后

$$\int_{0}^{\infty}f_{1}（u）e^{-su}，du\int_}0}^}\infty}f_2}^{t} （f）{1}（u）f{2}（t-u），du\biggr）e^{-st}，dt$$

(2.1)

第二个是关于两个幂级数之比的一个特殊单调性规则，它首次出现于[30，引理6.4]，并在[31]，另请参见[32].

引理2

([31，推论2.3]）

让 \（A（t）=\sum_{k=0}^{infty}一个_{k} t吨^{k} \） 和 \（B（t）=\sum_{k=0}^{infty}B_{k} t吨^{k} \） 是两个收敛的实幂级数 \（\mathbb{R}\） 具有 \（b{k}>0\） 为所有人 k个.如果,毫无疑问 \（m\in\mathbb｛N｝\）,顺序 \（{a{k}/b{k}） 正在增加(减少)对于 \（0\leq k\leq m\） 和减少(增加的)对于 \（千格米）,那么有一个独特的 \（t_{0}\在（0，\infty）\中） 这样，函数 \（A/B\） 正在增加(减少)在 \（（0，t_{0}）\） 和减少(增加的)在 \（（t_{0}，\infty）\）.

第三个引理称为L’Hospital分段单调性规则[33].

引理3

([33，定理8]）

让 \（-\infty\leq a<b\leq\infty）.假设（i）如果 和 克 是上的可微函数 \（（a，b）\）; （ii）\（g^{\prime}\neq 0\） 在 \（（a，b）\）; （iii）\（f（a^{+}）=g（a^}+}; （iv）有 \（c在（a，b）中） 这样的话 \（f^{\prime}/g^{\prime}\） 正在增加(减少)在 \（（a，c）\） 和减少(增加的)在 \（（c，b）\）.然后

• （i） 什么时候 \（\操作员姓名{sgn}克^{\prime}\operatorname{sgn}高_{f，g}（b^{-}）\geq（\leq）0\）,\（f/g\） 正在增加(减少)在 \（（a，b）\）,哪里 \（H_{f，g}=（f^{素数}/g^{质数}）g-f\）;

• （ii） 什么时候 \（\操作员姓名{sgn}克^{\prime}\operatorname{sgn}高_{f，g}（b^{-}）<（>）0\）,有一个唯一的号码 \（（a，b）中的x{a}） 这样的话 \（f/g\） 正在增加(减少)在 \（（a，x{a}）\） 和减少(增加的)在 \（（x{a}，b）\）.

最后一个给出了两个拉普拉斯变换之比的单调性规则，这对于证明我们的主要结果至关重要（参见[34，备注3]）。

引理4

让函数 A类,B类 定义于 \（（0，\infty）\） 使得它们的拉普拉斯变换与 \（B（t）\neq 0） 为所有人 \（t>0）.然后是函数

$$x\mapsto U（x）=\frac{\int_{0}^{\infty}A（t）e^{-xt}\，dt}{\int_{0}^{\infty}B（t）e ^{-xt}\，dt}$$

正在减少(增加的)在 \（（0，\infty）\） 如果 \（A/B\） 正在增加(减少)在 \（（0，\infty）\）.

证明

分化收益率

$$\开始{aligned}&\biggl（\int_{0}^{\infty}B（t）e^{-xt}\，dt\biggr）^{2} U型^{素数}（x）\\&\quad=-\int_{0}^{\infty}A（t）e^{-xt}\，dt\int_}0}^}\infty}B \int_{0}^{\infty}t\biggl[\frac{A（s）}{B，dt:=D.结束{对齐}$$

交换积分变量秒和t吨，我们有

$$D=\int_{0}^{\infty}\int_}0}^}\infty}s\biggl[\frac{A（t）}{B（t）{-\frac}A（s）}{B}\biggr]B（s）B（t，e^{-xs-xt}\，dt\，ds$$

然后添加gives

$$2D=-\int_{0}^{\infty}\int_}0}^}\infty}[t-s]\biggl[\frac{A（t）}{B（t）{-\frac}A（s）}{B[s）}\biggr]B（s）B[t）e^{-xt-xs}\，dt\，ds$$

根据假设，所需的断言如下。□

三定理的证明1

在证明定理之前1，我们还需要几个具体引理。

引理5

([28，引理4]）

让 \（g{0}\） 定义于 \（（0，\infty）\） 通过

$$g_{0}（x）=\ln\Gamma\biggl（x+\frac{1}{2}\biggr）-x\lnx+x-\frac}{2{ln（2\pi）$$

(3.1)

然后 \（g{0}（x）\） 具有以下积分表示:

$$g_{0}（x）=-\int_{0{{infty}h（t）e^{-xt}\，dt$$

(3.2)

哪里

$$h（t）=\frac{1}{t^{2}}-\frac}1}{2t\sinh（t/2）}$$

（3.3）

引理6

让 \（h（t）\） 定义于 \（（0，\infty）\） 通过(3.3).那么我们有

$$\begin｛aligned｝&x\int_｛0｝^｛\infty｝h（t）e ^｛-xt｝\，dt=\frac｛1｝｛24｝+\int_｛0｝^｛\infty｝h ^｛\prime｝（t）e ^｛-xt｝\，dt，\end｛aligned｝$$

(3.4)

$$\开始{对齐}&x\int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt=\int__{0{^{\infty}h ^{\prime\prime{（t$$

(3.5)

$$\开始{aligned}&x\int_{0}^{\infty}h^{\prime\prime}（t）e^{-xt}\，dt=-\frac{7}{2880}+\int_}0}^}{\inffy}h ^{\prime\prime}（t^{-xt}\，dt。\结束{对齐}$$

(3.6)

证明

按零件产量进行集成

$$x\int_{0}^{\infty}h（t）e^{-xt}\，dt=-\int_}0}^}\infty}h$$

通过简单的计算，

$$开始{对齐}&\lim_{t\rightarrow0}h（t）e^{-xt}=\lim_{t\right arrow0}\biggl（\frac{1}{t^{2}}-\frac}{2t\sinh（t/2）}\bigr）e^{-xt}=\frac[1}{24}，\\&\lim{t\rirtarrow\infty}h}\biggl（\frac{1}{t^{2}}-\frac}1}{2t\sinh（t/2）}\bigr）e^{-xt}=0，\end{aligned}$$

给予(3.4).

类似地，按部件和极限关系进行集成\（\lim_{t\rightarrow0}h^{prime}（t）e^{-xt}=0\）和\（\lim_{t\rightarrow\infty}h^{prime}（t）e^{-xt}=0\）产量(3.5). 部件集成与\（\lim_{t\rightarrow0}h^{prime\prime}（t）e^{-xt}=-7/2880\）和\（\lim_{t\rightarrow\infty}h^{prime\prime}（t）e^{-xt}=0\）给予(3.6). □

引理7

让 \（h（t）\） 由定义(3.3).然后（i）\（h^{prime}（t）<0\） 对于 \（t>0）; （ii）有 \（t_{0}>0\） 这样，函数 \（h^{\prime\prime\ prime}/h^{\prime}\） 正在上增加 \（（0，t_{0}）\） 和减少 \（（t_{0}，\infty）\）.因此,我们有

$$-\frac{31}{98}<\frac{h^{prime\prime\prime}（t）}{h^}（t）}<\lambda_{0}\约0.051704$$

哪里 \（\lambda{0}=h^{\prime\prime\ prime}（t{0}）/h^{\prime},在这里 \（t_｛0｝\） 是方程的唯一解 \（[h^｛\prime\prime\prime｝（t）/h^｛\prime｝（t）]^｛\prime｝=0\） 在 \（（0，\infty）\）.

证明

分化收益率

$$开始{对齐}&h^{素数}（t）=\frac{1}{4}\frac}2\sinh（t/2）+t\cosh（t/2成本t+8成本t+4t成本t+3t^{2}-8}｛t^｛3｝\sinh^｛3｝（t/2）｝，\\&h^｛\prime\prime｝（t）=-\frac｛24｝｛t^｛5｝｝+\ frac｛1｝｛64t^｛4｝\sinh^｛4｝（t/2）｝\biggl（6t^｛2｝\sinh\ frac｛3t｝｛2｝+48\ sinh\ frac｛3t｝｛2｝+t^｛3｝\ cosh \ frac｛3t｝｛2｝+24t\ cosh \ frac｛3t｝2｝\\\\hphantom｛h^｛\prime\prime｝（t）=｝｛｝+23t^｛3｝\cosh\frac｛t｝{2} -24吨\cosh\frac{t}{2}+30t^{2}\sinh\frac}{2}-144\sinh\frac{t}{2}\biggr）。\结束{对齐}$$

简化和扩展功率序列产量

$$开始{aligned}-\biggl（4t^{3}\sinh^{2}\frac{t}{2}\ biggr）h^{prime}（t）=&4\cosh t-t^{2neneneep \cosh\frac{t}{2} -2吨\sinh\frac{t}{2} -4个\\=&\sum_{n=3}^{\infty}\frac{2^{2n-2}-n^{2} {2^{2n-4}（2n）！}t^{2n}>0，结束{对齐}$$

这证明了\（h^{prime}（t）<0\）对于\（t>0）.

然后\（h^｛\prime\prime\prime｝（t）/h^｛\prime｝（t）\）可以表示为

$$\开始{aligned}&\frac{h^{prime\prime\prime}（t）}{h^}\prime}^{4} s-3秒^{3} 新3s-6s\sinh 3s-s^{4}\cosh 3s-6s^{2}\cosh3s}{16s^{2]（2\sinh^{2} 秒\sinh s-s^{2}\cosh s）\sinh^{2} 秒}\\&\hphantom{\frac{h^{\prime\prime\ prime}（t）}{h^}\prime}[t）}=}{}+\frac{-15s^{3}\sinhs+18s\sinhs-23s^{4}\coshs+6s^{2}\cosh s}{16s^{2]（2\sinh^{2} 秒\sinh s-s^{2}\cosh s）\sinh^{2} 秒}：=\frac{h{1}}{h{2}}，\end{aligned}$$

哪里\（s=2吨）.利用双曲函数的“积到和”公式和幂级数展开给出了

$$开始{对齐}h{1}（s）&：=12\cosh 4s-48\cosh 2s-3s^{3}\sinh 3s-6s\sinh 3s-s^{4}\cosh 3s-6s^{2}\cosh3s\\&\四{}-15s^{3}\sinh s+18s\sinh s-23s^{4}\cosch s+6s^{2}\coshosh s+36\\&=12\sum_{n=0}\infty}\frac{4 ^{2n}}{（2n）！}s^｛2n｝-48\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2^{2n}}{（2n）！}s^{2n}-3\sum_{n=2}^{\infty}\frac{3^{2n-3}{（2n-3）^{2n}-\求和{n=2}^{\infty}\frac{3^{2n-4}}{（2n-4）！}s^｛2n｝-6\求和{n=1}^{\infty}\frac{3^{2n-2}}{（2n-2）！}s^{2n}-15\sum{n=2}^{infty}\frac{1}{（2n-3）^{2n}-23\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{（2n-4）$$

哪里

$$\开始{aligned}&a{n}=3\乘以4^{2n}-12\乘以2^{2n}-2n\bigl（2n^{3}+3n^{2}+19n+30\bigr）3^{2n-4}\\&\hphantom{a{n}=}{}-2n（2n-3）\bigle（23n^{2} -27n个+10\biger），\\&h{2}（s）：=16s^{2}\bigl（2\sinh^{2} 秒\sinh s-s^{2}\cosh s\biger）\sinh^{2} 秒\\&\hphantom{h_{2}（s）}{}=4s^{2}\bigl（\cosh 4s-4\cosh 2s-s\sinh 3s-s^{2]\cosh 3s+s^{2\cosh s+3s\sinh s+3\biger）2n）！}秒^｛2n｝-4\求和{n=1}^{\infty}\frac{2^{2n}}{（2n）！}s^{2n}-\求和{n=1}^{\infty}\frac{3^{2n-1}}{（2n-1）！}s^{2n}-\sum_{n=1}^{infty}\frac{3^{2n-2}}{（2n-2）！}s^{2n}\\&\hphantom{h{2}（s）：=}{}+\sum_{n=1}^{infty}\ frac{1}{+3\Biggr）：=4\sum_{n=2}^{infty}\frac{b_{n}}{（2n）！}s^{2n}，\end{aligned}$$

哪里

$$b_{n}=2n（2n-1）\bigl（4^{2n-2}-2^{2n}-4n（n-1）3^{2n-4}+4n（n-1$$

因此，如果我们证明序列\（{a{n}/b{n}}{n\geq5}）先增加后减少，然后通过引理2我们推断有\（t_{0}\）这样的话\（h^{\prime\prime}/h\）正在上增加\（（0，t_{0}）\）和减少\（（t_｛0｝，\infty）\），证明完成。为此，如果\（b{n}>0\）对于\（第5页），那么就足以证明\（n{0}>5\）这样的话\（d_{n}=a_{n} b条_{n+1}-b_{n} 一个{n+1}\leq 0\）对于\（5\leqn\leqn{0}）和\（d_{n}\geq0）对于\（n \ geq n _{0}\）.

现在很容易检查

$$压裂{b{n+1}{2（n+1）（2n+1）}-16压裂{b}{2n（2n-1）}=4n（7n-25）3^{2n-4}+12\次2^{2n}-4n（15n-17）>0$$

其中包括\（b_{4}=0\）产量\（b{n}>0\）对于\（第5页）另一方面，通过初等计算，我们得到

$$d_{n}=a_{n} b条_{n+1}-b_{n} 一个_{n+1}=sum{k=1,2,3,4,6,8,9,12,16}p{k}（n）k^{2n}$$

哪里

$$开始{对齐}&p{16}（n）=6（4n+1），\\&p{12}（n）=-\frac{1}{324}个\bigl（28n^{5}+12n^{4} -1181亿^{3}+9678n^{2}+3457n+1830\biger），\\&p_{9}（n）=\frac{64}{243}个^{2} （n+1）\bigl（n^{3}+8n^{2}+20n-2\bigr），\\&p_{8}（n）=6\bigle（18n^{2} -41n-8岁\较大），\\&p_{6}（n）=-\压裂{4}｛81｝个\bigl（20n^{5}+132n^{4}+185n^{3} -678n个^{2} -997n-822\bigr），\\&p_{4}（n）=-\frac{1}{4}\bigl（1380n^{6} -1804亿^{5} +989亿^{4} -3134亿^{3} +1327牛顿^{2} -2118n-384\较大），\\&p{3}（n）=\压裂{128}{27}个^{2} （n+1）\bigl（32n^{5} -32牛顿^{4} -33亿^{3} +48个^{2} -50牛顿+8\bigr），\\&p{2}（n）=4n\bigl（276n^{5} -508牛顿^{4} -2950亿^{3} +106n^{2}+43n-150\bigr），\\&p_{1}（n）=192n^{2]（n+1）\bigl（9n^{3} -8个^｛2｝+2\bigr）。\结束{对齐}$$

简单的验证结果

$$\begin{aligned}&d_{5}=-4\text{，}007\text，}555\text，{481\text{，{600，\\和d_{6}=-3\text，｝910\text，，}448\text，｛396\text，◄574\text，}319\text{，}040，\\&d_{8}=-630\text{，}125\text}，}315\text{.，}460\text{:，}849\text}294\text{，}194\text{,}463\text{，}408\text{,128，\\&d_{10}=-20\text}，}155\text{.，}436\text{:，}802\text{，{005\text}.，}011\text{.}207\text{'，}151\text{1,}616，\end{aligned}$$

和\（d_{11}=3\text{，}463\text}，}285\text，}943\text，{229\text，｝784\text，◄738\text，，}339\text。仍需展示\（d_{n}>0\）对于\（第11页）。为此，我们写\（d_{n}\）作为

$$\开始{对齐}d_{n}&=\bigl[p{16}（n）\次16^{2n}+p{12}（n）\次12^{2n}\bigr]\\&\四{}+\bigl[p_{9}（m）\次9^{2nC}+p_{6}（b）\次6^{2n\bigr]+\bigle[p_{8}（p）\次8^{2n-}+p_{4}（r）\乘以4^{2n}\bigr]\\&\四{}+\bigl[p_{3}（n）\乘以3^{2n}+p_{2}（n）\乘以2^{2nC}+p_1}（m）\bigr]，\结束{对齐}$$

并将方括号中的表达式表示为\（d_{n}^{\prime}\）,\（d_{n}^{\prime\prime}\）,\（d_{n}^{\prime\prime\ prime}\）和\（d_｛n｝^｛\prime\prime\prime\prime｝\）分别是。我们很容易得到\（d_{n}^{\prime}\）

$$开始{aligned}&\frac{p{16}（n）d_{n+1}^{prime}-16^{2} 第页_{16} （n+1）d_｛n｝^｛\prime｝｝｛12^｛2n｝｝\\&&\ quad=144p_｛16｝（n）p_｛12｝（n+1）-16^{2} 第页_{16} （n+1）p{12}（n）\\&\quad=frac{8}{27}\bigl（784n^{7} -3724亿^{6}-51\text{，}008n^{5}+328\text{，{397n^{4}+10\text{，}762n^{3}\\&\quad\quad{}-1\text{.，}037\text，}977n^{2}-650\文本{，}802n-124\text{，{416\bigr）\\&\quad=\frac{8}{27}\bigl（784m^{7}+23\text{，}716m^{6}+248\text{.，}872m^{5}+1\text{.}086\text{,}697m^{4}+1\text{，｝666\text}，}702m^{3}\\&\quad\quad{}+1\ttext{，503m^{2}+10\text{，}500\text{,}078m+20\text}，}928\text{，}024\biger）>0，\end{aligned}$$

哪里\（m=n-5\geq 6）。这与\（p{16}（n）>0）和\（d_{11}^{\素数}=2^{45}\乘以71\text{，}481\text{，{197\text{，}516\text{,}733>0\）引导我们\（d_{n}^{prime}>0\）对于\（第11页）.

同样，我们有

$$开始{对齐}和\frac{p_{9}（n）d_{n+1}^{prime\prime}-81p_{9}｛2187｝个（n+1）^{2}\bigl（100n^{9}+1960n^{8}+15\text{，}413n^{7}+55\text}，}819n^{6}+53\text{-，}428n^{4}-1\文本{，}024\text{，{655n^{3}-1\文本{，}559\text{，{511n^{2}-1\text{，}278\text{，{612n-399\text{，}492\biger）>0\end{aligned}$$

对于\（问题3）.这与\（p_{9}（n）>0\）和\（d_{3}^{\prime\prime}=717\text{，}610\text{，{752>0\）产量\（d_{n}^{\prime\prime}>0\）对于\（问题3）.

此外，我们得到

$$开始{对齐}和\frac{p_{8}（n）d_{n+1}^{prime\prime\prime}-64p_{8}}480n个^{8}-5\文本｛，｝219\text｛，｝424n^{7}-367\text{，}632n^{6}+8\text{，}703\text，}096n^{5}+13\text{，{278\text，{240n^{4}\\&\quad\quad{}+9\text，，}974\text{，}760n^{3}-7\文本{，}438\text{，{608n^{2}+1$$

可以重写为

$$开始{对齐}和1\text{，}788\text{，{480m^{8}+23\text{，}396\text}，}256m^{7}+126\text，}870\text，{192m^{6}+367\text，，}098\text，｝936m^{5}+619\text，120m^{3}+676\text{，}606\text{,}944m^{2}+635\text{，}328\text{,1864m+311\text{.，}091\text{，{840>0，\end{aligned}$$

哪里\（m=n-2\geq 9）。这与\（p{8}（n）>0）对于\（问题3）和\（d_｛7｝^｛\prime\prime｝=2^｛30｝\times 6\text｛，｝089\text｛，｝535>0\）表示\（d_{n}^{prime\prime\prime}>0\）对于\（第7页）.

就目前而言\（d_{n}^{\prime\prime\ prime\prime}>0\）对于\（第11页）很明显，因为

$$开始{对齐}\frac{27}{128n^{2}（n+1）}p_{3}（n）&=\bigl（32n^{5} -32牛顿^{4} -33亿^{3} +48个^{2} -50亿+8）\\&=32m^{5}+288m^{4}+991m^{3}+1642m^{2}+1282m+348>0，结束{对齐}$$

哪里\（m=n-2>0）,

$$\开始{aligned}\frac{p{2}（n）}{4n}=&\bigl（276n^{5} -508牛顿^{4} -2950亿^{3} +106n^{2}+43n-150\biger）\\=&276m^{5}+3632m^{4}+18\text{，}449m^{3}+44\text{，}539m^}2}+49\text}，}630m+18\text{，{888>0\end{aligned}$$

对于\（m=n-3>0）,\（p{1}（n）=192n^{2}（n+1）（9n^{3} -8个^{2}+2 ) >0\)对于\（第1页）.这证明了\（h^{\prime\prime\ prime}/h^{\prime}\）在\（（0，\infty）\）.

很容易验证

$$\lim_{t\rightarrow0}\frac{h^{\prime\prime\质数}（t）}{h^}\prime}（t）}=-\frac}31}{98}\quad\mbox{和}\quad\lim{t\right arrow\infty}\frac{h^{\prime prime\ prime}（d）}{h ^{\prime}$$

求解方程\（[h^{\prime\prime\ prime}（t）/h^{\prime}产量\（t=t{0}约10.96011），它提供\（λ{0}=h^{prime\prime\prime}（t_{0}）/h^{prime}（t_{0}）大约0.051704）.

通过分段单调性\（h^｛\prime\prime\prime｝/h^｛\prime｝）在\（（0，\infty）\），我们得出结论

$$-\frac{7}{120}=\min\biggl（\lim_{t\rightarrow0}\frac}h^{prime\prime}（t）}{h^{prime}）}<\frac{h^{prime\prime\prime}}=λ{0}约0.051704$$

这就完成了证明。□

我们现在可以证明定理了1.

定理的证明1

我们首先证明

$$f（x）=-\frac{1}{168}\frac{int_{0}^{infty}（7+2880h^{prime\prime}（t））e^{-xt}\，dt}{int_}0}^}^{t} 小时^{\prime}（s）\，ds）e^{-xt}\，dt}:=-\frac{1}{168}\frac}\int_{0}^{\infty}A（t）e^}-xt{\，dt}{\int_}0}^}\infty}B（t）e ^{-xt}，dt}$$

(3.7)

哪里

$$A（t）=7+2880h^{\prime\prime}（t）\quad\mbox{和}\quad B（t）=\int_{0}^{t} 小时^{\prime}（s）\，ds$$

事实上，根据引理5和身份(3.4)和(3.5)，\（f（x）\）可以表示为

$$\begin{aligned}f（x）=&-\frac{1}{24\int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt}-\frac{120}{7} x个^{2} \\=&\frac{7+2880x^{2}\int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt}{168\int_}0}^}\infty}h^}\prime{（t，dt}{（1/x）\int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt}。\结束{对齐}$$

身份的应用

$$\frac{1}{x^{n}}=\frac}1}{\Gamma（n）}\int_{0}^{\infty}t^{n-1}e^{-xt}\，dt\quad\mbox{用于}n>0$$

和引理1给予(3.7).

现在，为了证明如果正在严格增加\（（0，\infty）\），这足以证明\（t映射到A（t）/B（t）\）正在上增加\（（0，\infty）\）由Lemma4类似于定理证明1，我们很容易看到

$$开始{aligned}和\lim_{t\rightarrow0}A（t）=\lim_{t\right arrow0}\bigl（7+2880h^{prime\prime}（t）\bigr）=\lim_{t\rightarrow 0}\biggl[7+2880 \biggl（\frac{1}{t^{2}-\frac}{1}{2t\sinh（t/2）}\bighr）^{prime\prime}\bigr]=0，\\&\lim _{t\rightarrow0}B（t）=\lim_{t\rightarrow 0}\biggl（\int_{0}^{t} 小时^｛\prime｝（s）\，ds\biggr）=0，\结束｛对齐｝$$

和功能\（A^{\素数}/B^{\素}=2880h^{\prime\prime}/h^{\prime}\）正在上增加\（（0，t_{0}）\）和减少\（（t_{0}，\infty）\）通过引理7.然后通过引理三检查一下就足够了\（\操作员姓名{sgn}B^{\prime}（t）\operatorname{sgn}H_{A，B}（\infty）>0\）事实上，\（B^{\素数}（t）=h^{\素}（t）<0\）对于\（t>0）根据引理7、和

$$开始{对齐}&\lim_{t\rightarrow\infty}\frac{A^{prime}^{t} 小时^{\prime}（s）\，ds=h（\infty）-h\bigl$$

这意味着

$$H_{A，B}（t）=\frac{A^{\prime}（t）}{B^{\prime}$$

这表明\（\操作员姓名｛sgn｝B^{\prime}（t）\operatorname{sgn}高{A，B}（输入）>0\）.

使用渐近公式[35，第32页，（5）]

$$\ln\Gamma\biggl（x+\frac{1}{2}\biggr）=x\ln x-x+\frac{1}{2}\ln（2\pi）-\sum_{k=1}^{infty}\frac{（1-2^{1-2k}）B_2k}}{2k（2k-1）}\frac}{1}x^{2k-1}}$$

(3.8)

作为\（x\rightarrow\infty\），我们发现

$$开始{对齐}f（x）\thicksim&\frac{1}{24x（-\frac}1}{4x}+\frac{7}{2880x^{3}}-\frac{31}{40\text{，}320x^{5}}）+1}-\frac{120}{7} x个^{2} \\=&\压裂{3720}{7}\压裂{x^{2}}{98x^{2}-31}\rightarrow\frac｛1860｝｛343｝\quad\mbox｛as｝x\rightarrow\infty。\结束{对齐}$$

While期间\（f（0^{+}）=1\）很清楚。这就完成了证明。□

4结束语

备注3

本文研究了函数的单调性\（f（x）\）一般来说，很难处理这种单调性，因为γ函数Γ出现在分母中。然而，借助于引理5,\（f（x）\）等价地变为两个拉普拉斯变换的比值\（A（x）\）和\（B（x）\）.While引理4提供了一种确切的方法来确认这种比率的单调性。毫无疑问，这是一个新颖的想法。

此外，拉普拉斯变换与完全单调函数有关。A函数如果在一个区间上是完全单调的我如果如果上有所有订单的衍生品我并满足

$$ (-1)^{n} （f）^｛（n）｝（x）\geq 0\quad\mbox｛适用于I\mbox｛和｝n=0,1,2\ldots中的所有｝x\$$

(4.1)

如果不等式(4.1)那么是严格的如果据说严格来说是完全单调的我经典伯恩斯坦定理[36,37]声明函数如果是完全单调的\（（0，\infty）\）当且仅当它是某种非负测度的拉普拉斯变换μ也就是说，

$$f（x）=\int_{0}^{\infty}e^{-xt}\，d\mu（t）$$

哪里\（\mu（t）\）是非递减的，并且积分收敛于\（0<x<\infty\）.

备注4

让\（阿尔法>贝塔）.如果\（B（t）>0）对于\（t>0）和

$$\beta<\frac{\int_{0}^{\infty}A（t）e^{-xt}\，dt}{\int_{0}^{\infty}B（t）e ^{-xt}\，dt}<\alpha$$

然后，根据Bernstein定理，这两个函数

$$x\mapsto\int_{0}^{\infty}\bigl[A（t）-\beta B（t）\bigr]e^{-xt}\，dt\quad\mbox{和}\quad x\mapstor\int_}0}^}\infty}\bigle[\alpha B（t$$

是完全单调的\（（0，\infty）\）然后，根据定理1，我们立即得到以下信息。

提议1

这两种功能

$$开始{对齐}&g{1}（x）=2880\biggl（x^{2}+\frac{31}{98}\biggr）\biggl[\ln\Gamma（x+1/2）-x\ln x+x-\frac{1}{2}\ln（2\pi 120}\biggr）\biggl[\ln\Gamma（x+1/2）-x\ln x+x-\frac{1}{2}\ln（2\pi）\bigr]-\frac}{24}x\结束{对齐}$$

是完全单调的 \（（0，\infty）\）.

此外，通过伯恩斯坦定理和引理7，命题1可以改进如下。

定理2

功能

$$g（x）=24x\biggl（\frac{120}{7} x^{2} +a\biggr）\bigl[\ln\Gamma（x+1/2）-x\ln x+x-\ln\sqrt{2\pi}\bigr]+\frac{120}{7} x^{2} +a-1号机组$$

是完全单调的 \（（0，\infty）\） 当且仅当 \（1860/343年）,也是如此 \（-g（x）\） 在 \（（0，\infty）\） 当且仅当 \（a \leq-120\lambda_{0}/7大约-0.88635）,哪里 \（\lambda_{0}\） 在引理中定义 7.

证明

按引理5和身份(3.4), (3.5)和(3.6)，\（克（x）\）可以写为

$$\beart｛aligned｝g（x）=&-24\bigl（\frac｛120｝{7} x个^{2} +a\biggr）\biggl（\frac{1}{24}+\int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt\bigger）+\frac}120}{7} x个^{2} +a-1\\=&-1-\压裂{2880}{7} x^{2} \int_{0}^{\infty}h^{\prime}（t）e^{-xt}\，dt-24a\int_0}^}\infty}h^{\trime}gr）\biggr]h^{prime}（t）e^{-xt}，dt。\结束{对齐}$$

自\（h^{prime}（t）<0\）对于\（t>0）根据伯恩斯坦定理和引理7,克是完全单调的\（（0，\infty）\）当且仅当

$$a\geq\frac{120}{7}\sup_{t\in（0，\infty）}\biggl（-\frac}h^{prime\prime\prime}（t）}{h^{prime}（t）{biggr）=-\frac{120}{7}\inf_{t\inf（0，\ infty 7}\biggl（-\frac{31}{98}\bigr）=\frac}1860}{343}$$

−也是如此克在\（（0，\infty）\）当且仅当

$$a\leq\frac{120}{7}\inf_{t\in（0，\infty）}\biggl（-\frac}h^{prime\prime\prime}（t）}{h^{prime}（t）{biggr）=-\frac{120}{7}\sup_{t\infty 7}\lambda{0}\约为-0.88635$$

证明到此结束。□

备注5

的表达式\（f（x）\）提醒我们考虑

$$\frac{1}{24x（ln\Gamma（x+1/2）-x\lnx+x-\ln\sqrt{2\pi}）+1}:=x^{2}\sum_{n=0}^{infty}\frac}c{n}}{x^{3}}}}$$

使用渐近展开(3.8)，我们有

$$-\Biggl（24\sum_{n=2}^{\infty}\frac{（1-2^{1-2n}）B_{2n}}{2n（2n-1）}\frac{1}{x^{2n-2}}\Biggr）\Biggl（x^{2]\sum_{n=0}^{\ infty{c_{n} x^{-2n}\Biggr）＝1时$$

也就是说，

$$\sum_{n=0}^{\infty}\Biggl（\sum_{k=0}^{n}\frac{（1-2^{-2k-3}）B_{2k+4}}{2（k+2）（2k+3）}c_{n-k}\Biggr）\frac}1}{x^{2n}}=-\frac_1}{24}$$

比较系数得出

$$\开始{aligned}&-\frac{7}{2880}c_{0}=-\frac{1}{24}，\\&\sum_{k=0}^{n}\frac}（1-2^{-2k-3}）B_{2k+4}}{2（k+2）（2k+3）}c{n-k}=0\quad\mbox{for}n\geq1，\end{aligned}$$

这说明了\（c{n}\）具有递归公式

$$c_{n}=\压裂{2880}{7}\sum_{k=1}^{n}\压裂{（1-2^{-2k-3}）B_{2k+4}}{2（k+2）（2k+3）}c_{n-k}\quad\mbox{和}\quad c_{0}=\裂缝{120}{7{$$

从中我们得到了gamma函数的一个新的渐近展开式：

$$\frac{\Gamma（x+1/2）}{\sqrt{2\pi}（x/e）^{x}}\thicksim\exp\biggl（-\frac{1}{24x}+\frac{1}[24x^{3}}\frac}1}{\frac{7}+\frac{1860}{343}x^{-2}+\cdots+c_{n} x^{-2n}+\cdots}\biggr）\quad\mbox{as}x\rightarrow\infty$$

此外，很容易证明不等式

$$\begl｛aligned｝\exp\bigl（-\frac｛1｝｛1440｝\frac｛5880x^｛2｝+1517｝｛x（98x^｛2｝+31）｝\biggr）&=\exp\bigl（-\frac｛1｝｛24x｝+\frac｛1｝｛24x^｛3｝｝\frac｛1｝｛120｝｛7｝+\frac｛1860｝{343}x^{-2}}\biggr）\\&<frac{\Gamma（x+1/2）}{\sqrt{2\pi}（x/e^{2}-7}{2880x^{3}}\biggr）\end{对齐}$$

等待\（x\geq 1/2）.