$\frac{2^{2n}}{2n} \le {2n \choose n}$ ?

Question

Demuestra que $\frac{2^{2n}}{2n} \le {2n \choose n}$ , $n\in\mathbb{N}$ .

Lo que puedo ver fácilmente es que $\frac{2^{2n}}{2n + 1} \le {2n \choose n}$ ya que $(1+1)^{2n} = \sum_{m=0}^{2n}{2n \choose m} = 2^{2n}$ . Esta suma contiene $2n+1$ términos, siendo el mayor ${2n \choose n}$ . Así que ${2n \choose n}$ es mayor que $\frac{2^{2n}}{2n + 1}$ . Sin embargo he encontrado la declaración $\frac{2^{2n}}{2n} \le {2n \choose n}$ lo cual no me parece obvio.

Answer 1

Los términos primero y último son $\left( \begin{array}{c} 2n \\ 0 \end{array} \right) = \left( \begin{array}{c} 2n \\ 2n \end{array} \right) = 1$ .

Así que con $n \ge 1$ la suma de estos dos términos es $\le \left( \begin{array}{c} 2n \\ n \end{array} \right)$ y sólo tenemos $2n$ términos en la suma ahora.

Answer 2

También se puede demostrar por inducción en $n$ Tenga en cuenta que

$$\frac{\frac{2^{2n+2}}{2n+2}}{\frac{2^{2n}}{2n}}=\frac{4n}{n+1}<\frac{2(2n+1)}{n+1}=\frac{\binom{2n+2}{n+1}}{\binom{2n}n}\;.$$