Mostrar que $\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}\leq 2^{n}$ para todo $n\in\mathbb{N}$.

Question

Demuestra que $$\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}\leq 2^{n}\qquad (n\in \mathbb{N}).$$

Quiero mostrar el último paso, es decir, el paso inductivo. Supongamos que esta ecuación es verdadera para algún $n=k$. Nota que
$$\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}=\prod_{i=1}^{n}\left [ 2-\frac{1}{i} \right ].$$ Para el caso $n=k+1$ sería $$\prod_{i=1}^{k+1}\left [ 2-\frac{1}{i} \right ]=\prod_{i=1}^{k}\left [ 2-\frac{1}{i} \right ]\left [ 2-\frac{1}{k+1} \right ]\leq 2^{k}\left [ 2-\frac{1}{k+1} \right ]=2^{k+1}-\frac{2^{k}}{k+1}.$ Tengo que demostrar que el último término es $\leq 2^{k+1}$. Pero no es posible demostrar que $2^{k}/(k+1)\geq 0$.

Answer 1

Otro enfoque: $$\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot \ldots \cdot (2n-1)}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}< \frac{2\cdot 4\cdot 6\cdot \ldots \cdot 2n}{1\cdot 2\cdot 3\cdot \ldots \cdot n}=\frac{2^n n!}{n!}=2^n$$

Answer 2

Para el paso de $n=k$ a $n=k+1$, multiplicamos por $\frac{2k+1}{k+1}$, que es menor que $2$.

Answer 3

Claramente, $2r-1<2r$ $$\implies\prod_{r=1}^n\dfrac{2r-1}{2r}<1$$

$$\implies\prod_{r=1}^n(2r-1)<\prod_{r=1}^n(2r)=2^n\prod_{r=1}^nr$$