Cómo probar esta secuencia de desigualdades

Question

El número de $c_{g}(n)$ está definido por la recurrencia \begin{equation} c_{g}(n) = c_{g}(n-1)+ (n-1)(n-2)c_{g-1}(n-2) , \end{equation} con $c_{0}(n)=1$ cualquier $n\geq 1$ $c_{g}(n)=0$ si $n \leq 2g$.

Mi pregunta es cómo demostrar la siguiente desigualdad \begin{equation} \frac{c_{g}(n+1)^2}{c_{g}(n) c_{g}(n+2)} \geq \frac{(n+1)(2n+1)}{(n+2)(2n-1)}. \end{equation} para cualquier $g\geq 1$.

He tratado de probar por inducción, pero no pudo.

Answer 1

Es straighforward para demostrar que: $$ c_1(n) = 2 \binom{n}{3}. \tag{1}$$ Por inducción, se deduce que el $c_g(n)$ $3g$- grado del polinomio en la variable $n$. En particular: $$\begin{eqnarray*} c_2(n)-c_2(n-1)&=&2(n-1)(n-2)\binom{n-2}{3}\\&=&8(n-2)\binom{n-1}{4}=40\binom{n}{5}-16\binom{n-1}{4},\end{eqnarray*}$$ $$ c_2(n) = 40\binom{n+1}{6}-16\binom{n}{5} = 40\binom{n}{6}+24\binom{n}{5}. $$ Mediante la sustitución de $(n-1)(n-2)$ $n(n-1)$ en el funcional de la ecuación obtenemos que el "término" en $c_g(n)$ es sólo $$ c_g(n) \sim \frac{(3g)!}{3^g\cdot g!}\binom{n}{3g},\tag{2} $$ y asumiendo $c_g(n)=K_g\cdot n^{3g}$ tenemos: $$ \frac{c_g(n+1)^2}{c_g(n)c_g(n+2)} = \left(\frac{(n+1)^2}{(n+1)^2-1}\right)^{3g}\geq\left(1+\frac{1}{(n+1)^2}\right)^{3g}\geq 1+\frac{3g}{(n+1)^2}.$$ Tenemos que estimar algo que está relacionado con $\frac{d^2}{dx^2}\log c_g(x)$, por lo tanto sería útil para demostrar que $c_g(n)$ $3g$ bienes raíces en el intervalo de $[0,2g]$. Esto puede lograrse de la siguiente manera:

1. Demostrar por inducción, que $c_g(n) = \sum_{h=2g+1}^{3g} K_h \binom{n}{h}$$K_h\geq 0$;
2. Demostrar que $c_g(n)$ es estrictamente creciente al $n\geq 2g$;
3. El uso de Descartes signo de la regla.

Después de eso, $c_g(n)=K_g \prod_{\rho}(n-\rho)$ y la convexidad de $\frac{1}{x^2}$ dar: $$\frac{c_g(n+1)^2}{c_g(n)c_g(n+2)}=\prod_{\rho}\frac{(n+1-\rho)^2}{(n+1-\rho)^2-1}\geq 1+\frac{3g}{(n+1-\frac{1}{3g}\sum_{\rho}\rho)^2}\geq 1+\frac{3g}{(n+1)^2},\tag{3}$$ desde $\frac{1}{3g}\sum_{\rho}\rho$ obviamente pertenecen a $[0,2g]$ - y puede ser explícitamente calculada con un poco de esfuerzo, ya que sólo depende de los coeficientes de $n^{3g}$$n^{3g-1}$$c_g(n)$.

Ahora vamos a comprobar $(1.)$ para $g=1$$g=2$. Suponga que un $K_h\binom{n}{h}$ contribuye a $c_{g-1}(n)$. Entonces: $$ K_h\left((h+1)(h+2)\binom{n+1}{h+3}-2(h+1)\binom{n}{h+2}\right)$$ contribuye a $c_g(n)$, por la misma tecnica se utiliza para encontrar un cerrado expresión para $c_2(n)$. Sin embargo, $$\binom{n+1}{h+3}=\binom{n}{h+3}+\binom{n}{h+2},$$ de ahí el contribuir dado a $c_g(n)$ puede ser escrita como: $$ K_h\left((h+1)(h+2)\binom{n}{h+3}+h(h+1)\binom{n}{h+2}\right)\tag{4}$$ y $(1.)$ está probado. Por la de Descartes signo de la regla, ahora sabemos que $c_g(n)$ $3g$ bienes raíces, todas positivas, excepto una raíz en cero. La desigualdad: $$\frac{c_g(n+1)^2}{c_g(n)c_g(n+2)}\geq 1+\frac{3g}{(n+1)^2}$$ sin embargo, de la siguiente manera. Ahora nos damos cuenta de que $(1.)$ implica $(2.)$, ya que: $$ c_g(n) = \sum_{h=2g+1}^{3g}K_h\binom{n}{h} $$ con $K_h>0$, le da ese $c_g(n)$ es una función creciente de más de $n\geq 2g$. Desde $K_{3g}=\frac{(3g)!}{3^g\cdot g!}$, sólo tenemos que encontrar un cerrado expresión para $K_{3g-1}$ a refinar nuestra desigualdad. Por $(4)$, dado que: $$ c_{g-1}(n) = A\binom{n}{3g-3}+B\binom{n}{3g-4}+\ldots, $$ $$ c_g(n) = C\binom{n}{3g}+D\binom{n}{3g-1}+\ldots,$$ tenemos: $$ C = (3g-1)(3g-2)A,\qquad D=(3g-3)(3g-2)(A+B), $$ y: $$ \sum_{\rho}\rho = 3g\left(\frac{3g-1}{2}-\frac{D}{C}\right),\qquad \frac{D}{C}=\frac{3g-3}{3g-1}\left(1+\frac{B}{A}\right),$$ por lo tanto, tenemos $$\frac{1}{3g}\sum_{\rho}\rho > \frac{g}{2}$$ y el final refinado de la desigualdad:

$$\frac{c_g(n+1)^2}{c_g(n)c_g(n+2)}\geq 1+\frac{3g}{\left(n+1-\frac{1}{2}g\right)^2}.$$