Cómo demostrar $(n!)^4\le2^{n^2+n}$ ?

Question

Esto puede sonar a novato pero pregunta es para demostrar que

$$(n!)^4\le2^{n^2+n} for \quad n=1,2,3...$$

Sé que es cierto para n=1. $(1!)^4\le2^2$ y asumir que es cierto para $1<m\le n$ para todos $\quad m\in N$

tenemos que demostrar para m=n+1.

$((n+1)!)^2\le^? 2^{(n+1)^2+n+1}$

$((n+1)!)^4=(n!)^4.(n+1)^4\le 2^{n^2+n}.(n+1)^4$

por lo que basta con mostrar

$(n+1)^4\le4^{n+1}$

no es cierto para n=2 pero $(2!)^4\le2^{2^2+2}$ es cierto

para que podamos comprobar $n\ge3$

$(n+1)^4=n^4+4n^3+6n^2+4n+1\le^?4^{n+1}=4(4^n)$

Necesito mostrar $4n+1\le4^n$ , $4n^3\le4^n$ , $6n^2\le4^n,n^4\le4^n$ ¿Cómo puedo continuar?

Answer 1

Prefiero escribir $$2^{n^2+n}=4^{\frac{n(n+1)}2}=4^14^24^3\cdots 4^n$$

A continuación, examinando los factores individualmente, basta con cómo para cada uno de ellos $n\geqslant 4$ que $n^4\leqslant 4^n$ . Obsérvese que la última desigualdad es falsa para $n=3$ ; pero su desigualdad sí. Tomando $\log$ s, esto equivale a demostrar que $$\frac{\log n}n\leqslant \frac{\log 4}4$$ para cada $n\geqslant 4$ . La desigualdad es obviamente cierta para $n=4$ y si $x>4$ (de hecho, si $x>e$ ) $$\frac{1-\log x}{x^2}<0$$ así que $\dfrac{\log n}n$ disminuye para $n>3$ .