Para demostrar $1^1\cdot2^2\cdot 3^3...\cdot n^n<(\frac{2n+1}{3})^{\frac{n(n+1)}{2}}$

Question

Así que tenemos que demostrar lo siguiente para $n\in N$ $$1^1\cdot 2^2\cdot 3^3...\cdot n^n<\left(\frac{2n+1}{3}\right)^{\frac{n(n+1)}{2}}$$

Así que utilicé el concepto de medias ponderadas (aritmética y geométrica) utilizando la desigualdad AM GM.

$$AM=\frac{a_1w_1+a_2w_2+...+a_nw_n}{w_1+w_2+...+w_n}$$

$$GM=(a_1^{w_1}\cdot a_2^{w_2}\cdot...\cdot a_n^{w_n})^{\frac{1}{w_1+w_2+...+w_n}}$$ Así que aquí dejo $w_1=1, w_2=2^1,w_3=3^1..$ y por supuesto $a_1=1,a_2=2^1,a_3=3^2...$

Así que tenemos: $$\frac{1^1+ 2^2+ 3^3...+ n^n}{\frac{n(n+1)}{2}}>(1^1\cdot 2^2\cdot 3^3...\cdot n^n)^{\frac{1}{\frac{n(n+1)}{2}}}$$

Sin embargo, en lhs, no puedo tratar con numerador, y siento que si se puede simplificar, obtendría la respuesta. Así que por favor ayuda o si es posible sugerir un nuevo método.

Answer 1

Utilizar la desigualdad AM-GM [donde hay $\frac{n(n+1)}{2}$ en efecto, para cada número entero positivo $i \le n$ hay $i$ términos de $i$ ]:

$$\frac{\sum_{1=1}^n i^2}{n(n+1)/2} \ \ge \ \sqrt[\frac{n(n+1)}{2}]{1^12^2 \cdots n^n},$$ o equivalentemente,

Sin embargo, la ecuación $$\frac{\sum_{1=1}^n i^2}{n(n+1)/2} = \frac{(n)(n+1)(2n+1)}{6} \times \frac{2}{n(n+1)}$$ $$= \frac{2n+1}{3}$$ también se cumple, por lo que $$\frac{2n+1}{3} \ge \ \sqrt[\frac{n(n+1)}{2}]{1^12^2 \cdots n^n}.$$

Levantando cada lado de esto hasta el $\frac{n(n+1)}{2}$ -potencia da el resultado deseado.

Answer 2

AMGM es la idea correcta, sólo que la has aplicado mal. Como usted dice, la desigualdad es

$$\frac{w_1x_1+\cdots+w_nx_n}{w_1+\cdots+w_n}\ge(x_1^{w_1}\cdots x_n^{w_n})^{1/(w_1+\cdots+w_n)}.$$

(Si definimos $p_k=w_k/(w_1+\cdots+w_n)$ Esto dice $p_1x_1+\cdots+p_nx_n\ge x_1^{p_1}\cdots x_n^{p_n}$ .)

En su caso, si define $w_k=x_k=k$ para $k=1,\cdots,n$ la desigualdad se convierte en

$$\frac{1^2+\cdots+n^2}{1+\cdots+n}\ge(1^1\cdots n^n)^{1/(1+\cdots+n)}.$$

Utilizando $1+\cdots+n=\frac{n(n+1)}{2}$ y $1^2+\cdots+n^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}$ deberías poder terminar.

(Después de escribir esto me he puesto a leer y por lo visto Rayo Gigante lo ha señalado en los comentarios).

Answer 3

Esto no es una prueba ya que trabajando para valores grandes de $n$ $$\prod_{k=1}^n k^k=H(n)$$ donde $H(n)$ es la función hiperfactorial.

Ampliando su logaritmo $$\log (H(n))=-\frac 14 n^2+\frac 1{12} \left(6 n^2+6 n+1\right)\log(n)+\log (A)+\frac{1}{720 n^2}\left(1-\frac{1}{7 n^2}+\frac{1}{14 n^4}+O\left(\frac{1}{n^6}\right) \right)$$ Haciendo lo mismo para el logaritmo de la rhs $$\log\left(\frac{\text{rhs}}{\text{lhs}}\right)=\log \left(\frac{4 e}{9}\right)\,\frac{n(n+1)}4-\frac 1{12}\log(n)+\left(\frac{3}{16}-\log (A)\right)+O\left(\frac{1}{n}\right)$$