¿Cómo puedo demostrar que si $n$ es mayor o igual que $4$ entonces $(2n)!$ es mayor o igual que $10^n$ ?

Question

Utilicé el método de la inducción para demostrarlo.

Para el paso de base, cuando $n=4$ la declaración es $[2(4)]!10^4$ que es lo mismo que $4032010000$ lo cual es cierto.

A continuación, para el paso inductivo, mostramos $\mathrm{S}_k$ implica $\mathrm{S}_{k+1}$ para algún número entero $n=k1$ .

Asumiendo que $(2k)!10^k$ es cierto. Por lo tanto, tenemos que demostrar $(2k+2)!10^{k+1}$ para $n=k+1$ . Primero, $10^{k+1}=10\cdot10^k$ . Por la hipótesis de inducción, $(2k)!10^k$ Así que $10\cdot(2k)!10\cdot10^k$ .

Desde $k4$ sabemos que $2(k+1)10$ . Así que, $2(k+1)\cdot(2k)!10\cdot10^k$ por sustitución. Esto se simplifica a $(2(k+1))!10\cdot10^k$ que es igual a $(2(k+1))!10^{k+1}$ que necesitábamos mostrar.

Conozco mi expansión desde $2(k+1)(2k)!$ a $(2(k+1))!$ está mal, pero no sé cuál es la forma correcta de llegar a $(2(k+1))!$ de $2(k+1)(2k)!$ .

Answer 1

Suponiendo que $(2n)! \geq 10^n$ ,

Para su paso de inducción -

$(2n+2)!\geq 10^{n+1} \,$ o $\, (4n^2+6n+2)\frac{(2n)!}{10^n} \geq 10$

Es cierto si $\, (4n^2+6n+2)\geq 10$ (lo que parece obvio para $n \geq 1$ )

O puede seguir como a continuación,

es decir, si $\, 2n^2 + 3n - 4 \geq 0 \implies n \geq \frac{\sqrt41}{4} - \frac{3}{4}$

es decir, si $n\, \geq 1$ Lo cual es cierto.

Answer 2

Prueba alternativa sin inducción:

En primer lugar, si $n=4, (2n)! = 8! = 40320 > 10^4 = 10^n$ .

Si $n\ge 5$ , tenga en cuenta que $$\forall 1\le i \le n, i(2n+1-i)=2n + (i-1)(2n-i) \ge 2n \ge 10.$$ Por lo tanto, $$(2n)! = \underset{i=1}{\overset{n}{\Pi}} \left[i(2n+1-i)\right] \ge 10^n. \blacksquare$$

Answer 3

Con la inducción pero más claro:

Has probado el caso base, así que continuemos.

Dejemos que $(2n)!\ge 10$ . Entonces: $$(2(n+1))!=(2n+2)!=(2n+2)(2n+1)(2n)!=(4n^2+6n+2)(2n)!\ge (4n^2+6n+2)\cdot 10^n$$

Claramente $4n^2+6n+2 \ge 10$ para $n \ge 1$ Así que..: $$(2(n+1))! \ge (4n^2+6n+2)\cdot 10^n \ge 10\cdot 10^n=10^{n+1}$$ $$(2(n+1))! \ge 10^{n+1}$$ Y hemos demostrado el paso inductivo $\blacksquare$

Sólo para aclarar, en realidad ya casi estabas allí. Sabemos que $2(k+1)\cdot (2k)! = (2k+2) \cdot (2k)! \le (2k+2)(2k+1) \cdot (2k)! = (2(k+1))!$

Si $2(k+1)\cdot (2k)! \ge 10^{k+1}$ y $(2(k+1))! \ge 2(k+1)\cdot (2k)!$ entonces $(2(k+1))! \ge 10^{k+1}$