Muestran que

Question

Si el número de maneras en que $m$ idéntico de las manzanas se pueden poner en $2m$ cajas, para que no contiene más que una manzana, es $p$, demuestran que, a $$p \in \left[\frac{4^m}{2\sqrt{m}},\frac{4^m}{\sqrt{2m+1}}\right]$$

Esto lo hice de la siguiente manera :

Deje que el número de manzanas en $i^{th}$ cuadro se $x_{i}$, entonces,

$$\sum_{i=1}^{2m}x_{i}=m$$

donde $x_{i} \in \{0,1\}$ y el número de maneras sería el número de soluciones de esta ecuación, que es igual al coeficiente de $x^m$ $(1+x)^{2m}$ i.e, $p=\dbinom{2m}{m}$

Sin embargo, yo no puedo demostrar que $p \in \left[\frac{4^m}{2\sqrt{m}},\frac{4^m}{\sqrt{2m+1}}\right]$. Podemos probar esta desigualdad sin la inducción? También, es mi método correcto ?

Cualquier ayuda será apreciada.
Gracias

Answer 1

He aquí un enfoque sin inducción. De hecho, es uno de los métodos estándar para derivar Wallis de la fórmula y obtener un comportamiento asintótico de esta cantidad (de una manera un mejor resultado de las desigualdades). En primer lugar, es fácil ver que $$\binom{2m}{m}=\frac{(2m)!}{(m!)^2}=4^m\frac{(2m)!!(2m-1)!!}{(2m)!!(2m)!!}=4^m\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!},$$ donde$(2m)!!=2\cdot4\cdot 6\cdot\ldots\cdot2m$$(2m-1)!!=1\cdot3\cdot 5\cdot\ldots\cdot(2m-1)$, por lo que es suficiente para demostrar que $$\frac{1}{4m}<\left(\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\right)^2<\frac{1}{2m+1}.$$ Para este propósito consideramos integral $$\int_{0}^{\pi/2}\sin^n x\,dx=\begin{cases}\frac{(n-1)!!}{n!!}\cdot\frac{\pi}{2},\mbox{ if }n=2m,\\ \frac{(n-1)!!}{n!!},\mbox{ if }n=2m-1.\end{cases}$$ El uso de evidente desigualdad $$\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m+1} x\,dx<\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m} x\,dx<\int_{0}^{\pi/2}\sin^{2m-1} x\,dx,$$ es decir, $$\frac{(2m)!!}{(2m+1)!!}<\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\cdot\frac{\pi}{2}<\frac{(2m-2)!!}{(2m-1)!!},$$ tenemos $$\frac{1}{\pi(m+\frac12)}<\left(\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\right)^2<\frac{1}{\pi m}.$$ Desde $\pi(m+\frac12)<\frac{16}{5}(m+\frac12)\leq 4m$ cuando $4m+2\leq 5m$, $m\geq2$, y $\pi m>3m\geq2m+1$ al $m\geq 1$, la desigualdad en la pregunta de la siguiente manera. Por otra parte, también tenemos relación asintótica $$\left(\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\right)^2\sim \frac{1}{\pi m},\quad\mbox{ or }\quad\binom{2m}{m}\sim\frac{4^m}{\sqrt{\pi m}},\quad m\to\infty.$$

Answer 2

Así que hay recoger cajas de $m$ de $2m$ en que colocar una manzana cada uno, que es claramente $\binom {2m}m$ como nota.

Podemos utilizar la inducción para mostrar $p$ se encuentra en el intervalo deseado. Esto es trivial para $m=1$ y el paso inductivo nos obliga a mostrar %#% $ #%

Simplificación la desigualdad izquierda reduce el % de AM-GM $$4\sqrt{\frac{m}{m+1}}\le \frac{(2m+1)(2m+2)}{(m+1)^2}\le 4\sqrt{\frac{2m+1}{2m+3}}$y la derecha desigualdad es equivalente a $2\sqrt{m(m+1)}\le 2m+1$ que AM-GM.

Answer 3

Aquí es otro de los más elementales respuesta.

Deje $a_m=\frac{1}{4m}\binom{2m}{m}$. Nos muestran el siguiente es válido

\begin{align*} \frac{1}{2\sqrt{m}}\leq a_m \leq \frac{1}{\sqrt{2m+1}}\qquad\qquad m\geq 1\tag{1} \end{align*}

Empezamos de manera similar a @CuriousGuest

\begin{align*} a_m&=\frac{1}{4^m}\binom{2m}{m}=\frac{(2m)!}{4^mm!m!}=\frac{(2m)!!(2m-1)!!}{4^mm!m!}\\ &=\frac{(2m-1)!!}{2^mm!}=\frac{(2m-1)!!}{(2m)!!}\\ &=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2m-1}{2m} \end{align*}

Ahora consideremos $a_m^2$ y obtener \begin{align*} a_m^2&=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2n-1}{2n}\cdot\frac{2n-1}{2n}\\ &>\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{5}{6}\cdots\frac{2m-2}{2m-1}\cdot\frac{2m-1}{2m}\\ &=\frac{1}{4m} \end{align*} Así \begin{align*} a_m>\frac{1}{2\sqrt{m}} \end{align*}

lo que demuestra la izquierda de la desigualdad de (1)

$$$$

Con el fin de mostrar el lado derecho de la desigualdad que observamos \begin{align*} a_m&=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{5}{6}\cdots \frac{2m-1}{2m}\\ &<\frac{2}{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{6}{7}\cdots \frac{2m}{2m+1}\\ &=\frac{2}{1}\cdot\frac{4}{3}\cdot\frac{6}{5}\cdots \frac{2m}{2m-1}\,\cdot\,\frac{1}{2m+1}\\ &=\frac{1}{a_m}\cdot\frac{1}{2m+1} \end{align*} Llegamos a la conclusión de \begin{align*} a_m^2&<\frac{1}{2m+1}\\ a_m&<\frac{1}{\sqrt{2m+1}} \end{align*} lo que demuestra la derecha de la desigualdad de (1).