hujunhua 发表于 2020-8-4 11:04
然后用无穷小运算简单证明。
\[\ln F_n=n\ln ω+\ln(1-ω^{-2n})-\ln\sqrt5=n\ln ω-\ln\sqrt5+O(ω^{-1}) ...
应该使用不等式$-\frac x{1-x}\lt \ln(1-x), \ln(1+x) \lt x$,于是对于偶数 `n`, 有\[\begin{split}
\ln F_n>n\ln\omega-\ln\sqrt{5} - \frac{\omega^{-2n}}{1-\omega^{-2n}}\\
\ln F_{n-1}<(n-1)\ln\omega-\ln\sqrt{5} + \omega^{-2n+2}\\
\ln F_{n+1}<(n+1)\ln\omega-\ln\sqrt{5} + \omega^{-2n-2}
\end{split}\]得出\[\begin{split}
\ln^2 F_n -\ln F_{n-1}\ln F_{n+1}&>\ln^2 \omega - ((n+1)\ln\omega-\ln\sqrt{5})(\omega^{-2n+2}+\omega^{-2n-2}) - \omega^{-4n} - \frac{2\omega^{-2n}}{1-\omega^{-2n}}(n\ln\omega-\ln\sqrt{5})\\
& = \ln^2 \omega - (n+1)\ln\omega(\omega^{-2n+2}+\omega^{-2n-2}) +\ln\sqrt{5}(\omega^{-2n+2} +\omega^{-2n-2})- \frac{2\omega^{-2n}}{1-\omega^{-2n}}(n\ln\omega-\ln\sqrt{5})- \omega^{-4n}\\
&= \ln^2 \omega-3(n+1)\ln(\omega) \omega^{-2n}+3\ln(\sqrt{5})\omega^{-2n}- \frac{2\omega^{-2n}}{1-\omega^{-2n}}(n\ln\omega-\ln\sqrt{5})- \omega^{-4n} \\
&>\ln^2 \omega-(n+1)\omega^{-2n}\ln(\omega) (3+ \frac{2}{1-\omega^{-2n}})- \omega^{-4n}
\end{split}\]容易证明 $(n+1)\omega^{-2n}$ 和 $\frac{2}{1-\omega^{-2n}}$, $\omega^{-4n}$, 都非负单调减，所以最后部分关于n是递增的，而且在$n=5$时右边是正的。
我来一个奇偶无差异的分析：
$lnF_n = nln(\omega) -ln(\sqrt{5}) + ln(1-(-\omega^{-2})^n)$,
记`x=-\omega^{-2}=-0.381966`,
$lnF_n = (nln\omega -ln\sqrt{5})+ ln(1-x^n)$,
于是 $ln^2F_n-lnF_{n-1}lnF_{n+1} = ln^2\omega+ (n ln\omega-ln\sqrt{5})(2 \log \left(1-x^n\right)-\log \left(1-x^{n-1}\right)-\log \left(1-x^{n+1}\right))+ (\log ^2\left(1-x^n\right)-\log \left(1-x^{n-1}\right) \log \left(1-x^{n+1}\right))$
使用级数 $\log (1-x) = -x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}-\frac{x^4}{4}+...$`代入得
$ln^2F_n-lnF_{n-1}lnF_{n+1} =ln^2\omega+ (n ln\omega-ln\sqrt{5}) (x^{n-1}(1-x)^2 +O(x^{2n-2})) +(\frac{1}{2} (1-x)^2 x^{3 n-1} +O(x^{4n-2}))$
即：
$ln^2F_n-lnF_{n-1}lnF_{n+1} = ln^2\omega+ (n ln\omega-ln\sqrt{5}) (\omega^{-2n+2}(1+\omega^{-2})^2 +O(\omega^{-4n-4})) +(\frac{1}{2} (1+\omega^{-2})^2 \omega^{-6 n+2} +O( \omega^{-8n+4}))$
这时就能发现函数的形态走向了，类似于 $0.231565 + (-1.53688 + 0.919033 n)(-0.381966)^n -2.5*(-0.0557281)^n$的函数形态。
找到了一个不用无穷小运算的证法，不知道绕了多大的弯，或许可以直接短路、秒杀。
关键在于最后运用`\ln(1+x)<\sqrt x`，这在`x>1`时比`\ln(1+x)<x`缩放精确一些。
\[\begin{split}F_n^2+1&=F_{n+1}\*F_{n-1}\\
F^2_n(1+F^{-2}_n)&=F_{n+1}\*F_{n-1}\\
2\ln F_n+\ln(1+F_n^{-2})&=\ln F_{n+1}+\ln F_{n-1}\\
2\ln F_n-2\sqrt{\ln F_{n+1}\*\ln F_{n-1}}+F_n^{-2}&>(\sqrt{\ln F_{n+1}}-\sqrt{\ln F_{n-1}})^2\\
2\ln F_n-2\sqrt{\ln F_{n+1}\*\ln F_{n-1}}&>(\sqrt{\ln F_{n+1}}-\sqrt{\ln F_{n-1}})^2-F_n^{-2}
\end{split}\]我们要的是左边 >0, 只需要证明右边 >0 即可。即\[\begin{align}
\sqrt{\ln F_{n+1}}-\sqrt{\ln F_{n-1}}&>F_n^{-1}\notag\\
\frac{\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1}}{\sqrt{\ln F_{n+1}}+\sqrt{\ln F_{n-1}}}&>F_n^{-1}\notag\\
(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})F_n&>\sqrt{\ln F_{n+1}}+\sqrt{\ln F_{n-1}}
\end{align}\]`n`为大于3的偶数时，有\[
\ln\frac52\le\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1}<2\ln\omega
\]所以`(1)`式左边≥`\ln\frac52\*F_n`.
再看`(1)`式右边\[\begin{split}\sqrt{\ln F_{n+1}}+\sqrt{\ln F_{n-1}}&<\sqrt2\sqrt{{\ln F_{n+1}}+\ln F_{n-1}}\\
&=\sqrt{2\ln(1+F_n^2)}\\
&<\sqrt{2F_n}
\end{split}\]要左边>右边，只要`\D\ln\frac52\*F_n >\sqrt{2F_n}`，即`\D F_n>\frac2{\ln^2(\frac52)}=2.38...`, 这从一开始`n=4`即可满足。
`\ln(1+x)≤x^k`, 在 `1≥k≥0.379831...`时, 在`x\in(0,\infty)`范围内一致成立，临界值`k=0.379831...`时有一个切点。
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两曲线的公共切点$x$坐标是方程$\frac{\log (\log (x+1)) \log (x+1)}{\log (x)}=\frac{x}{x+1}$的根，$x=9.935233802198299435283078706448593992455...$
然后$k=\frac{\log (\log (x+1))}{\log (x)}= 0.37983121492661090182261005672122924417629107...$
FindRoot]/Log Log == x/(1 + x), {x, 10},WorkingPrecision -> 100]
hujunhua 发表于 2020-8-6 16:32
找到了一个不用无穷小运算的证法，不知道绕了多大的弯，或许可以直接短路、秒杀。
关键在于最后运用`\ln(1 ...
我觉得不管用什么方法，都离不开对前几项的分析(存在一个小的波峰抖动)，这是这个问题的内秉的结构决定的。
在13#的证明中, 关键是对`\ln(1+x)`在 x>1 和 0<x<1 进行了不同的缩放。
现在，我们发现一个不错的有理近似，可以避开这种一式需要两放的陷阱。
\[\ln(1+x)\*\ln(1+x^{-1})＜\frac{\sqrt x}{1+x}\]
在\(x\in(0, \infty)\)的全定义域都能很好的地近似。
我们实际用的是\[\ln(1+x^2)\*\ln(1+x^{-2})＜\frac{\abs{x}}{1+x^2}\]
\[\begin{split}F_n^2+1&=F_{n+1}\*F_{n-1}\\
F^2_n(1+F^{-2}_n)&=F_{n+1}\*F_{n-1}\\
2\ln F_n+\ln(1+F_n^{-2})&=\ln F_{n+1}+\ln F_{n-1}\\
2\ln F_n-2\sqrt{\ln F_{n+1}\*\ln F_{n-1}}&=(\sqrt{\ln F_{n+1}}-\sqrt{\ln F_{n-1}})^2-\ln(1+F_n^{-2})\\
&=\frac{(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})^2}{(\sqrt{\ln F_{n+1}}+\sqrt{\ln F_{n-1}})^2}-\ln(1+F_n^{-2})\\
&>\frac{(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})^2}{2(\ln F_{n+1}+\ln F_{n-1})}-\ln(1+F_n^{-2})\\
&=\frac{(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})^2}{2\ln(1+ F_n^2)}-\ln(1+F_n^{-2})\end{split}
\]我们要的是左边 >0, 只需要证明右边 >0 即可。即\[
(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})^2>2\ln(1+ F_n^2)\*\ln(1+F_n^{-2})\tag{2}
\]易证，在 `n` 为偶数时，`(\ln F_{n+1}-\ln F_{n-1})`是单增有界的，
所以`n>3`时有 (2)式左 `\D ≥(\ln F_5-\ln F_3)^2=\ln^2(\frac52)=0.8395...`
由上楼的有理式, (2)式右 `<\D \frac{2F_n}{1+F_n^2} ≤\frac{2F_4}{1+F_4^2}=0.6`
余略。
或有担心两曲线在更远处会不会相交，放心不会的。
由于f(x)和g(x)在1<x<∞与在0<x<1都是代数对称的，其实只需要画出(0, 1]区间的图像。
为了让两条曲线在x=1端也重合，g(x)再乘以一个系数`2\ln^22`也是可以的。
漂亮，$\log \left(1+x^2\right) \log \left(1+\frac{1}{x^2}\right) <= \frac{2 \log ^2(2)}{x+x^{-1}}$ 在$x=1$处取得等号。
BTW :我分享到了知乎了，给论坛引个流，https://www.zhihu.com/question/410892683/answer/1395157088
\[\log_2(1+x^2)\*\log_2(1+x^{-2})≤\frac2{\abs{x+x^{-1}}}
\]将 `x` 换成 `\tan x`, 上述不等式化为\[
\log_2\sin^2x\*\log_2\cos^2x≤\abs{\sin2x}
\]
我只画了图，不负责证明。:lol
相信解析证明不难，初等证明嘛，暂时没门。:time: