几道与 lnx 放缩有关的题目
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（不记得出处了）证明：调和级数
H_n 满足\ln(n+1)+\dfrac{n}{2(n+1)}<H_n<\ln(2n+1) 数学归纳易证，这里只是放一下结论。
注. 熟知
\ln(n+1)<H_n\leq\ln(n)+1 ，这个不等式要强一点。 -
（2023 天津）证明：
\dfrac{5}{6}<\ln(n!)-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n+n\leq1 .记
a_n=\ln(n!)-\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln n+n 。课内常见的思路是这样的，由于原式中带有阶乘，我们可以研究它的差分：
d_n=a_{n+1}-a_n=1+\dfrac{2n+1}{2}\ln\dfrac{n}{n+1} 使用经典放缩
\ln x<\dfrac{2(x-1)}{x+1}\ (x<1) 有d_n<1+\dfrac{2n+1}{2}\cdot\dfrac{-2}{2n+1}=0 直接得到
a_n\leq a_1=1 ，右边不等号得证。这个方法要做出左边需要把
\ln x 放成能裂项的形式，但是这并不好办。但是我们可以盲猜最后裂项的形式，比如说证明d_n>-\dfrac{1}{6}\left(\dfrac{1}{x}-\dfrac{1}{x+1}\right) 这样的东西，但是需要一些尝试。我们也有更直接的做法，但是计算量比较大：
上一个方法的精神是差分消去阶乘，放缩，求和，但是我们可以不讲武德，直接对着阶乘积分放缩。
这里的放缩需要加一点小技巧以消掉
a_n 后面的项，就是利用\ln x 的凹凸性。具体地有\ln(n!)\geq\int_{\frac{3}{2}}^{n+\frac{1}{2}}\ln x\text{d}x=\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\ln\left(n+\dfrac{1}{2}\right)-n-\dfrac{3}{2}\ln\dfrac{3}{2}+1 好的但是应该怎么写过程呢。
因为积分放缩的特性，放缩出来的不等式总是某种意义上越来越松（指差值越来越大）的，我们可以启动数学归纳法，整理后只需证
\dfrac{2n+1}{2}\ln\dfrac{2n+1}{2n+3}+\ln\dfrac{2n+2}{2n+3}+1>0 左边递减且用洛必达可以轻松算出正无穷处极限为
0 ，即证。用课内的方法的话就需要这个比较紧的放缩
\ln x>\sqrt{x}-\dfrac{1}{\sqrt{x}}\ (x<1) 计算起来还是不简单的。
把阶乘这一项放掉之后就只剩下
a_n\geq \dfrac{2n+1}{2}\ln\dfrac{2n+1}{2n}-\dfrac{3}{2}\ln\dfrac{3}{2}+1 递减+洛必达求极限仍然易证，放缩的话用
\ln x>1-\dfrac{1}{x} 就行，最后得到
a_n>\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\ln\dfrac{3}{2}>\dfrac{5}{6} -
（北京数学邀请赛）
x_1,\cdots,x_{2024}\geq1,\sum\limits_{i=1}^{2024}x_i=X+2024,\sum\limits_{i=1}^{2024}x_i^2=Y ，证明：\prod\limits_{i=1}^{2024}x_i\geq2024^{2024(X/Y)^2} 评价为学 MO 的同学先别绷不住。
取对数之后进行一个缩的放，
\sum\limits_{i=1}^{2024}\ln x_i\geq 2\sum\limits_{i=1}^{2024}\dfrac{x_i-1}{x_i+1} 此时观察条件，容易想到启动柯西进行一个放的缩，
\sum\limits_{i=1}^{2024}\dfrac{x_i-1}{x_i+1}=\sum\limits_{i=1}^{2024}\dfrac{(x_i-1)^2}{x_i^2-1}\geq\dfrac{X^2}{Y-2024} 整理后只需证
(Y-2024)+\dfrac{2024^2}{Y-2024}+4048\geq1012\ln2024 左侧再均值，只需证
8\geq\ln2024 然后乱放就行了，比如说
\ln2024<\ln2048=11\ln2<7.7<8 做完了。
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（北大《初等数论》）证明：
\sum\limits_{p\leq N}\dfrac{1}{p}>\ln\ln(N+1)-1\quad(N\geq2) 困难的。
需要知道 Euler 恒等式：
\sum\limits_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{n^s}=\prod\limits_{p}\left(1-\dfrac{1}{p^s}\right)^{-1}\quad(s>1) （直接对右边展开，由算术基本定理即证）
首先我们估计
\sum\limits_{p\leq N}\dfrac{1}{p-1} 的大小：\begin{aligned}\sum\limits_{p\leq N}\dfrac{1}{p-1}&>\sum\limits_{p\leq N}\ln\left(1+\dfrac{1}{p-1}\right)\\&=\ln\prod\limits_{p\leq N}\left(1-\dfrac{1}{p}\right)^{-1}\\&>\ln\left(1+\dfrac{1}{2}+\cdots+\dfrac{1}{N}\right)\\&>\ln\ln(N+1)\end{aligned} 这里第二个大于号是 Euler 恒等式结构的一个放缩。
另外容易证明
\sum\limits_{p\leq N}\left(\dfrac{1}{p-1}-\dfrac{1}{p}\right)<1 即得原式.