(a) Suponer eso . Demostrar eso .

Question

La pregunta es como está en el título:

Mostrar que

$${{2m} \choose {m}} \leq \frac{2^{2m}}{\sqrt{2m}}$$

para todos los $m \in \mathbb{N}$.

He tenido varios intentos de esta pregunta, pero parece que nunca llevan a ninguna parte fructífero. La sugerencia que nos han dado en la pregunta es

Considere la posibilidad de la plaza de el producto

$$ \frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2} = \frac{3 \times 5 \times 7 \times \dots \times (2m-1)}{2 \times 4 \times 6 \times \dots \times (2m)}. $$

A partir de la sugerencia de que no es demasiado difícil de detectar que uno puede ir al lado - el lado izquierdo de la pregunta original se disfraza de algún descarado factoriales - sin embargo inducción mantiene en su defecto para mí, y estoy luchando para ver de una manera más directa argumento. Alguna luz sobre este problema sería apreciada. Me siento como que me falta algo obvio.

Gracias de antemano.

Answer 1

Mostrar la desigualdad más fuerte $${{2m} \choose {m}} <\frac{2^{2m}}{\sqrt{2m+1}}.$ $ Es cierto para $m=1$ . Paso de inducción: para $m\geq 1$ , $$\frac{(2m+2)!}{2^{2m+2}((m+1)!)^2}=\frac{(2m)!}{2^{2m}(m!)^2}\cdot \frac{2m+1}{2m+2}< \frac{1}{\sqrt{2m+1}}\cdot \frac{2m+1}{2m+2}\stackrel{?}{\leq}\frac{1}{\sqrt{2m+3}}.$ $ Así que queda por demostrar que $$4m^2+8m+3=(\sqrt{2m+1}\sqrt{2m+3})^2\leq (2m+2)^2=4m^2+8m+4$ $ lo que se mantiene.

Answer 2

Ahora, $$\tfrac{3\cdot5\cdot...\cdot(2m-1)}{2\cdot4\cdot...\cdot2m}=\sqrt{\tfrac{3(3\cdot5)(5\cdot7)...((2m-3)(2m-1))(2m-1)}{4\cdot4^2\cdot6^2\cdot...\cdot(2m-2)^2\cdot4m^2}}<\sqrt{\frac{3(2m-1)}{16m^2}}<\frac{1}{\sqrt{2m}}.$ $

Answer 3

Esta es una solución incompleta, tal vez alguien más puede ver a dónde ir desde aquí.

El uso de la inducción con la inducción de la declaración

$$P(m): {{2m} \choose {m}}\leq \dfrac{2^{2m}}{\sqrt{2m}}$$

De manera que la base $(m=1)$ caso es

$$P(1): {{2(1)} \choose {(1)}}\leq \dfrac{2^{2(1)}}{\sqrt{2(1)}}$$

Esto se comprueba fácilmente debido a ${{2}\choose{1}} =2 =\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{2}}\leq\dfrac{4}{\sqrt{2}}$ y sabemos $\sqrt{2}<{2}$. Entonces, asumiendo $P(m)$ es cierto, debemos mostrar $P(m+1)$ que los estados

$$P(m+1): {{2(m+1)} \choose {(m+1)}}\leq \dfrac{2^{2(m+1)}}{\sqrt{2(m+1)}}$$

Comenzar con la mano izquierda

$$\begin{align} {{2(m+1)} \choose {(m+1)}} &= \dfrac{(2(m+1))!}{(m+1)!(2(m+1)-(m+1))!} \\ &=\dfrac{(2m+2)!}{(m+1)!(m+1)!} \\ &=\dfrac{(2m+2)(2m+1)(2m)!}{(m+1)(m+1)m!m!} \\ &=\dfrac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+1)}\Bigg(\dfrac{(2m)!}{m!m!}\Bigg) \\ &=\dfrac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+1)}{{2m} \choose {m}} \\ &\leq\dfrac{(2m+2)(2m+1)}{(m+1)(m+1)}\dfrac{2^{2m}}{\sqrt{2m}} \\ &=\dfrac{2(m+1)(2m+1)}{(m+1)(m+1)}\dfrac{2^{2m}}{\sqrt{2m}} \\ &=\dfrac{(2m+1)}{(m+1)}\dfrac{2^{2m+1}}{\sqrt{2m}} \end{align}$$

Ahora, desde la $m \in \mathbb{N}$, es obvio que

$$m^2(m +2)>1 \implies 2m^3 + 4m^2 >2 \implies 2m^3 + 4m^2 +2m >2m + 2$$

A continuación,

$$2m^3 + 4m^2 +2m >2m + 2 \implies (m^2+2m+1)(2m)>2(m+1) \implies (m+1)\sqrt{2m}>\sqrt{2(m+1)}$$

Ahora, ya que el denominador es mayor, podemos decir

$$\begin{align} {{2(m+1)} \choose {(m+1)}} &\leq\dfrac{(2m+1)}{(m+1)}\dfrac{2^{2m+1}}{\sqrt{2m}} \\ &\leq(2m+1)\dfrac{2^{2m+1}}{\sqrt{2(m+1)}} \end{align}$$