¿Está aumentando la secuencia $a_{n}= {{n}\choose{[n/2]}}^{1/n}$?

Question

Que la secuencia $a_{n}= {{n}\choose{[n/2]}}$$^{1/n}$ cada $n\in\mathbb{N}$, donde $[x]=\max{k \in \mathbb{Z} | k\leq x}$ la función del piso. ¿Cómo puedo mostrar que esta secuencia está aumentando? He probado usando logaritmos y funciones gamma (para el derivado) pero no consigo mucho. ¿Alguna idea?

Answer 1

Puede utilizar la identidad de $k\cdot \binom{m}{k} = m\cdot \binom{m-1}{k-1}$ y aplicar inducción sobre n, mostrando a $a_{n+2} \ge a_n$.

Para $n=2 $ & $ n=3:$$$ a_1 \le a_2 \le a_3 \Leftrightarrow \binom{1}{0} \le \sqrt{\binom{2}{1}} \le \binom{3}{1}^{1/3} \Leftrightarrow 1 \le \sqrt{2} \le 3^{1/3}$$

Dado que la hipótesis es comprobada por n, ahora tenemos que mostrar $a_{n+2} \ge a_n$. Primera remodelar $a_{n+2}$: $$ a_{n+2} = \binom{n+2}{[\frac{n}{2}+2]}^{\frac{1}{n+2}} = \bigg(\frac{[n/2]+1}{[n/2]+1}\binom{n+2}{[\frac{n}{2}]+1}\bigg)^{\frac{1}{n+2}} = \bigg((n+2) \binom{n+1}{[\frac{n}{2}]}\bigg)^{\frac{1}{n+2}} = \bigg((n+2)\frac{(n+1)}{(n+1) - [n/2])} \binom{n}{[\frac{n}{2}]}\bigg)^{\frac{1}{n+2}} $$

Ahora compruebe si la desigualdad se cumple: $$ a_{n+2} \ge a_n\\ \Leftrightarrow \bigg((n+2)\frac{(n+1)}{(n+1) - [n/2])} \binom{n}{[\frac{n}{2}]}\bigg)^{\frac{1}{n+2}} \ge \binom{n}{[n/2]}^\frac{1}{n} \\\Leftrightarrow \bigg(\bigg((n+2)\frac{(n+1)}{(n+1) - [n/2])} \binom{n}{[\frac{n}{2}]}\bigg)^{\frac{1}{n+2}} \bigg)^{n+2} \ge \bigg(\binom{n}{[n/2]}^\frac{1}{n}\bigg)^{n+2} \\ \Leftrightarrow (n+2)\frac{(n+1)}{(n+1) - [n/2])} \binom{n}{[\frac{n}{2}]} \ge \binom{n}{[n/2]} \cdot \binom{n}{[n/2]}^\frac{2}{n} \\ \Leftrightarrow (n+2)\frac{(n+1)}{(n+1) - [n/2])} \ge \binom{n}{[n/2]}^\frac{2}{n} $$

En esta última desigualdad, el lado derecho es menor que 4, porque $$ a_n \le \bigg(\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}\bigg)^{1/n} = (2^n-1)^{1/n} \le (2^n)^{1/n} = 2 $$

Y porque en el lado izquierdo de la desigualdad $(n+2) \ge 4$$n\ge 2$, y porque el otro factor es $\ge 1$, la instrucción es proofen.

Answer 2

Utilice una versión más fuerte de $$\left( \frac n k \right)^k

Por otra parte, por la aproximación de $$ \binom {2n} n \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} $ $ de Stirling