Uso de AM-GM a la razón sobre el límite superior de una $n$ raíz del th de un factorial

Question

Estoy trabajando en un argumento alternativo para la Sylvester-teorema de Schur.

Quiero mostrar que para $n > 18$, $n+1 > \sqrt[\leftroot{-1}\uproot{2}\scriptstyle \left(n - \pi(n) - 1\right)]{ n! }$.

Puede ser AM-GM utilizarse para demostrar esto?

Aquí está mi pensamiento:

(1) Por $n \ge 2, \pi(n) \le \frac{n}{3} + 2$

La primer función de recuento $\pi(n) \le \frac{n}{3} + 2$ desde un primer $p > 3, p \equiv 1 \pmod 6$ o $p \equiv 5 \pmod 6$, de modo que $\pi(n) \le 2 + \left\lfloor\frac{n+1}{6}\right\rfloor + \left\lfloor\frac{n+5}{6}\right\rfloor - 1 \le \frac{2n+12}{6} = \frac{n+6}{3}$.

(2) Por $n > 18, \frac{n-2}{2} > \pi(n)$

Si $n > 18$, $\frac{n-2}{2} > \frac{n}{3}+2 \ge \pi(n)$ desde $3n - 6 > 2n+12$.

(3) $1 > \dfrac{n}{2(n-\pi(n) -1)}$

Esto se deduce de la $2(n - \pi(n) -1) > n$ desde $n-2 > 2\pi(n)$.

(4) la Multiplicación de $n+1$ a ambos lados de la ecuación:

$$n+1 > \frac{n(n+1)}{2(n-\pi(n)-1)}$$

¿Ya se puede usar AM-GM y la suma de la fórmula de $\sum\limits_{i \le n}{i} = \frac{(n+1)(n)}{2}$ concluir:

$$n+1 > \frac{n(n+1)}{2(n - \pi(n)-1)} > \sqrt[\leftroot{-1}\uproot{2}\scriptstyle \left(n-\pi(n)-1\right)]{n!}$$

Answer 1

Estrictamente hablando, $\sqrt[k]{n!} \not \leq \frac{n(n+1)}{2k}$ todos los $k \geq 1$. (El Lado Izquierdo converge a 1 y el de la derecha converge a 0 $k \to \infty.)

La desigualdad de falla por $n = 10$ donde$\pi(10) = 4$, por lo que $$\frac{10(11)}{2(10-4-1)} = 11 < 20.5093835306 \approx \sqrt[10-4-1]{10!}$$ and for $n = 19$, $\pi(19) = 8$, so $$\frac{19(20)}{2(19-8-1)} = 19 < 51.1104214517 \approx \sqrt[10]{19!}$$

Incluso para $n = 100$, $\pi(100) = 25$ (pi(n)) por lo $$\frac{100(101)}{2(100-25-1)} = 68.2432432432 < 136.373434808 \approx \sqrt[10-25-1]{100!}$$

Por lo que su desigualdad falla por $n$ tan grande como $100$.(Usted puede comprobar mi trabajo, si lo desea).

El único redentor de la propiedad parece ser que para $k_n = n-\pi(n) -1 < n$, $\frac{Cn}{\log(n)}\leq \pi(n) \leq \frac{Dn}{\log(n)}$ por lo $k_n$ es ligeramente menor que $1/n$. Ver (1) a continuación. Incluso sin que, $k_n > 0$, como se mostró anteriormente.

Un enfoque directo, no parece funcionar (pero puede haber otras), porque:

$$(n!)^{1/k_n} = (n!)^{1/n}(n!)^{1/k_n - 1/n} < \frac{n(n+1)}{2n}(n!)^{(\pi(n)+1)/(n(n-\pi(n)-1))} = \frac{n(n+1)}{2(n-\pi(n)-1)} \left(\frac{n-\pi(n)-1}{n}\right)(n!)^{(\pi(n)+1)/(n(n-\pi(n)-1))} < \frac{n(n+1)}{2(n-\pi(n)-1)} (n!)^{(\pi(n)+1)/(n(n-\pi(n)-1))}.$$

La pregunta es cómo controlar ese exponente. que usted tiene que ser menos de $1/n$, debido a que necesita el factorial plazo a desaparecer. Si utiliza las estimaciones para $\pi(n)$, entonces usted puede conseguir que es en la mayoría de los $$\frac{Dn/\log(n)+1}{n(n-Cn/\log(n)-1)} = \frac{D/\log(n)+1/n}{n(1-C/\log(n)-1/n)}$$ que es en la mayoría de las $Const.\left(\frac{1}{n\log(n)}\right)$. Pero desde $\sqrt[n]{n!} \sim n/e$ por Stirling Desigualdad y $n^{1/\log(n)} = e$, (Ver aquí) vemos que este término es sólo acotado por una constante. Así que, al final del día lo que tengo por un gran $n$ mediante la aplicación de AM-GM en "la manera obvia" se $(n!)^{1/k_n} < Const. \frac{n(n+1)}{2(n-\pi(n)-1)}$

(1) $C, D > 0$ existe (tal vez para un gran $n$) de acuerdo a un "elemental" en la prueba (es decir combinatoria, no de análisis complejo o tal) en la Teoría de los números - Andrews, (no tengo el libro conmigo) y $C = 1, D = 1.25506$, según el Primer Recuento