Cuál de los números de $300!$ $100^{300}$ es mayor

Question

Determinar cuál de los dos números de $300!$ $100^{300}$ es mayor.

Mi intento:Ya que los números de partida de $100$ $300$son todos mayores de $100$. Pero no soy capaz de justificar para los números entre $1$ $100$

Answer 1

Tomar el logaritmo de cada lado, la base de la $100$. Puesto que el $\log$ función es monótona creciente, esto se conserva el orden. $\log_{100}(100^{300})$ es claramente $300$. Mientras tanto,

$$\log_{100}300! = \log_{100}1 + \log_{100}2 + \dotsb + \log_{100}300 = \sum_{n=1}^{300} \log_{100}n .$$

Podemos tratar de usar las integrales a la aproximación de esta serie. Ya que, de nuevo, $\log$ es monótonamente creciente, tenemos:

$$\sum_{n=1}^{300} \log_{100}n \geq \int_{1}^{300} \log_{100}x\, dx = \dfrac{1}{\ln 100} \int_{1}^{300} \ln x\, dx = \dfrac{1}{\ln 100} \left[x \ln x - x \right]^{300}_1 = \dfrac{300\ln 300 - 299}{\ln 100} = 306.64... > 300.$$

Esto implica que $300! \geq 100^{300}.$

Answer 2

$n! > (n/e)^n$ así $300! >(300/e)^{300} > 100^{300} $ desde $e < 3$.

Para mostrar $n! > (n/e)^n$, es cierto para $n=1, 2$, e $3$.

Si es verdad para $n$ y false para $n+1$, entonces $n! > (n/e)^n$ y $(n+1)! \le ((n+1)/e)^{n+1}$ así, dividiendo, $n+1 < \frac{((n+1)/e)^{n+1}}{(n/e)^n} = \frac{(n+1)^{n+1}}{en^n} $ o $e < (1+1/n)^n $ lo cual es falso.

Tenga en cuenta que esta prueba puede ser fácilmente modificado el uso de $e > (1+1/n)^n $ para mostrar que $n! > (n/e)^n$ implica que $(n+1)! > ((n+1)/e)^{n+1}$.

Answer 3

La forma más fácil es para recoger los valores de alguna manera óptima.

$$\frac{300!}{100^{300}}=\prod\limits_{k=1}^{300}\frac{k}{100}$$

Vamos a reducir este al darse cuenta de que podemos reemplazar $300\cdot 299 \cdot 298 \cdot ... \cdot 292 \cdot 291$ $290^{10}$ y de manera similar en cada sección de 10 por 10, el mismo interruptor llegar

$$\frac{300!}{100^{300}}=\prod\limits_{k=1}^{300}\frac{k}{100}>\frac{10!}{10^{10}}\prod\limits_{k=1}^{29}\frac{(10k)^{10}}{100^{10}}$$

Podemos continuar con la simplificación:

$$\frac{300!}{100^{300}}>\frac{10!}{10^{10}}\prod\limits_{k=1}^{29}\frac{10^{10}k^{10}}{10^{20}}=\frac{10!}{10^{10}}\prod\limits_{k=1}^{29}\frac{k^{10}}{10^{10}}=\frac{10!(29!)^{10}}{10^{300}}$$

Dado que se espera una gran diferencia vamos a ignorar $10!$, y seguirá

$$\frac{10!(29!)^{10}}{10^{300}}>\frac{(29!)^{10}}{10^{300}}$$

Queremos demostrar que $\frac{(29!)^{10}}{10^{300}}> 1$, lo que significa en esencia que nos esperan $$\frac{29!}{10^{30}}>1$$

Podemos continuar por la sustitución de $29!$ $(28!!)^2$ de curso sabiendo $29! > (28!!)^2$

$$\frac{29!}{10^{30}}>\frac{(28!!)^2}{10^{30}}$$

Esto puede ser reducido a

$$\frac{28!!}{10^{15}}=\frac{2^{14}14!}{10^{15}}$$

Ahora sólo nos queda hacer una serie de sustitución. Sabiendo $2^{10}=1024>1000$ hemos

$$\frac{2^{14}14!}{10^{15}}>\frac{2^{4}14!}{10^{12}}$$

Bueno, ahora tenemos que recurrir a la descomposición en factores primos, pero esto es sencillo, ya que tenemos de todo

$$\frac{2^{4}\cdot 14\cdot 13 \cdot 12 \cdot 11 \cdot 10 \cdot 9 \cdot 8 \cdot 7 \cdot 6 \cdot 5 \cdot 4 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1}{5^{12}2^{24}}$$

Todo llega a

$$\frac{2^3\cdot 3^5\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13}{5^{10}}$$

Podemos seguir en la sustitución cuidadosamente $11$ $10$ $13$ $12$

$$\frac{2^3\cdot 3^5\cdot 7^2\cdot 11\cdot 13}{5^{10}}>\frac{2^3\cdot 3^5\cdot 7^2\cdot 10\cdot 12}{5^{10}}=\frac{2^6\cdot 3^6 \cdot 7^2}{5^9}$$

De nuevo cuidadosamente reemplazamos $7\cdot 3 > 20$

$$\frac{2^6\cdot 3^6 \cdot 7^2}{5^9}>\frac{2^6\cdot 3^4\cdot 20^2}{5^9}=\frac{2^{10}\cdot 3^4}{5^7}$$

De nuevo tenemos a $2^{10}$

$$\frac{2^{10}\cdot 3^4}{5^7}>\frac{1000\cdot 3^4}{5^7}=\frac{2^3\cdot 3^4}{5^4}$$

Creo que podemos manejar esto ahora

$$\frac{2^3\cdot 3^4}{5^4}=\frac{648}{625} > 1$$

Y esto es lo que queríamos demostrar.

Todo el tiempo hemos utilizado el hecho de que estos dos valores están muy lejos el uno del otro.

Answer 4

El uso de Ross Millikan sugerencia y Ivoirians la idea, consideremos $$f(n)=\log_{100}(n!)-n$$ Now, let us use Stirling approximation for $n!$; this gives $$f(n) =-n+\frac{n (\log (n)-1)}{\log (100)}+\frac{\log (2 \pi n)}{2 \log (100)}+O\left(\sqrt{\frac{1}{n}}\right)$$ So, $$f'(n)\approx \frac{\log (n)}{\log (100)}+\frac{1}{n \log (10000)}-1$$ $$f''(n)\approx \frac{1}{n \log (100)}-\frac{1}{n^2 \log (10000)}$$ The second derivative is positive for any value of $n>1$.

La primera derivada cancela en $$n_*=100 e^{W\left(-\frac{1}{200}\right)}$$ where appears Lambert function which can be approximated again; so $n_*\aprox 99.5$ which corresponds to a minimum of $f(n)$. Now, a look at the function $f(n)$ shows that it is negative for $n<268$ y positivo para cualquier valor mayor del argumento.

Editar

Puede ser, usted podría estar interesado por esta cuestión de la mina que, adaptado a su problema, muestra que el límite superior de ot la solución de $n!=a^n$ está dado por $$n=-\frac{\log (2 \pi )}{2 W\left(-\frac{\log (2 \pi )}{2 e a}\right)}$$ which, for large values of $un$, can be approximated by $n\aprox e-\frac{1}{2} \log (2 \pi ) $. For $=100$, this leads to $n \aprox 271$.

Answer 5

Considere la posibilidad de $$k! > n^k$$ and note that $$\lim_{k\to \infty} \frac{(k!)^{1/k}}{k} = \frac{1}{e}$$

Esto implica que si $n$ es menor que $\frac{k}{e}$, la primera afirmación es verdadera. Así que si tomamos $n = 100$$k = 300$, obtenemos

$$100 < \frac{300}{e}$$

y $$300! > 100^{300}$$