Prueba elemental que es estrictamente decreciente, que $\sqrt[n+1] {(n+1)!} - \sqrt[n] {n!}$

Question

Probar sin cálculo que la secuencia $$L_{n}=\sqrt[n+1] {(n+1)!} - \sqrt[n] {n!}, \space n\in \mathbb N$ $ es estrictamente decreciente.

Answer 1

Deje $\ell_n = \left(n!\right)^{1/n}$. Claramente para todos $n \in \mathbb{N}$, $\ell_n > 0$. La pregunta es equivalente a mostrar que la $$\frac{\ell_{n+2}}{\ell_{n+1}} + \frac{\ell_n}{\ell_{n+1}} < 2 \tag{1}$$ Vamos $$ x_n = \log \frac{\ell_{n+1}}{\ell_n} = \frac{1}{n+1} \left( \log(n+1) - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log(k) \right) $$ La desigualdad de $(1)$ ahora es: $$ 2 > \exp(x_{n+1}) + \exp(-x_n) = 2 \exp\left(\frac{x_{n+1}-x_n}{2}\right) \cosh \left(\frac{x_{n+1}+x_n}{2}\right) \etiqueta{2} $$ Podemos reescribir $x_n$ un poco de: $$ x_n = \frac{1}{n+1} \left( \log\left(\frac{n+1}{n}\right) - \underbrace{\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n \log\left(\frac{k}{n}\right)}_{\text{denotamos como } s_n} \right) $$

Tenga en cuenta que, con algunas sencillo álgebra $$ \frac{x_{n+1}-x_n}{2} = \frac{1}{2(n+2)} \log\left(1+\frac{1}{n+1}\right) - \frac{1}{(n+1)(n+2)} \left( \log\left(1+\frac{1}{n} \right) - s_n \right) \etiqueta{3} $$ $$ \frac{x_{n+1}+x_n}{2} = \frac{1}{2(n+2)} \log\left(1+\frac{2}{n}\right)+ \frac{1}{2(n+2)} \log\left(1+\frac{1}{n}\right) - \frac{1}{n+2} s_n \etiqueta{4} $$

Delimitación $s_n$

El uso de sumación por partes: $$ \sum_{k=1}^n \left(a_{k+1}-a_k\right) b_k = a_{n+1} b_n - a_1 b_1 -\sum_{k=1}^{n-1} a_{k+1} \left(b_{k+1} - b_k \right) $$ con $a_k = \frac{k}{n}$$b_k = \log \frac{k}{n}$, nos encontramos con $$ \begin{eqnarray} s_n &=& 0 - \frac{\log n^{-1}}{n} - \sum_{k=1}^{n-1} \frac{k+1}{n} \log\left(1+\frac{1}{k}\right) \\ &=& -\frac{n-1}{n} + \frac{1}{2} \frac{\log(n)}{n} - \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n-1} \left( \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 \right) \end{eqnarray} $$ El uso de primaria integral de la $\int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{k+x} = \log\left(1+\frac{1}{k}\right)$ encontramos $$ \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 = \int_0^1 \left(\frac{k+\frac{1}{2}}{k+x}-1\right) \mathrm{d}x = \int_0^1 \frac{1-2x}{2(k+x)} \mathrm{d}x $$ el cambio de las variables de $x \to 1-x$ y un promedio con el original: $$\begin{eqnarray} \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 &=& \int_0^1 \frac{ \left(x-\frac{1}{2}\right)^2}{(k+x)(k+1-x)} \mathrm{d}x \\ &=& \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{ u^2}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2 - u^2 } \mathrm{d} u \end{eqnarray} $$ Desde $$ \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{ u^2}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2 } \mathrm{d} u < \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{ u^2}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2 - u^2 } \mathrm{d} u < \int_{-\frac{1}{2}}^{\frac{1}{2}} \frac{ u^2}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2 - \frac{1}{4} } \mathrm{d} u $$ Tenemos $$ \frac{1}{12} \frac{1}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2} < \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 < \frac{1}{12 k(k+1)} = \frac{1}{12 k} - \frac{1}{12 (k+1)} $$ Desde $$\frac{1}{12} \frac{1}{\left(k+\frac{1}{2}\right)^2} > \frac{1}{12} \frac{1}{\left(k+\frac{1}{2}\right) \left(k+\frac{3}{2}\right)} = \frac{1}{12} \frac{1}{k+\frac{1}{2}} - \frac{1}{12} \frac{1}{k+\frac{3}{2}} $$

Así podemos establecer que $$ \sum_{k=1}^{n-1} \left( \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 \right) < \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{12 k} - \frac{1}{12 (k+1)} \right) = \frac{1}{12} - \frac{1}{12 n} < \frac{1}{12} $$ y $$ \sum_{k=1}^{n-1} \left( \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 \right) > \sum_{k=1}^{n-1} \left( \frac{1}{12 \left(k+\frac{1}{2}\right)} -\frac{1}{12 \left(k+\frac{3}{2}\right)} \right) = \frac{1}{18} - \frac{1}{6 (2n+1)} = \frac{1}{9} \frac{n-1}{2n+1} $$ El argumento anterior sugiere que la $ \sum_{k=1}^{n-1} \left( \left(k + \frac{1}{2} \right) \log\left(1+\frac{1}{k}\right) - 1 \right)$ converge a un número $c$ tal que $\frac{1}{18} < c < \frac{1}{12}$. Así $$ -\frac{n-1}{n} + \frac{\log(n)}{2n} - \frac{1}{12 n} < s_n < -\frac{n-1}{n} + \frac{\log(n)}{2n} - \frac{1}{9} \frac{n-1}{n (2n+1)} \etiqueta{5} $$ Lo que implica que $s_n$ converge a $-1$ y que, para un gran $n$ $$ s_n = -1 + \frac{\log(n)}{2n} + \mathcal{S}\left(n^{-1}\right) $$

El uso de estos límites

Por lo tanto, a la conclusión de que $\frac{x_{n+1}-x_n}{2} = \mathcal{O}\left(n^{-2}\right)$$\frac{x_{n+1}+x_n}{2} = \mathcal{O}\left(n^{-1}\right)$. Dado que tanto la media y la diferencia son arbitrariamente pequeño para lo suficientemente grande como $n$: $$ \begin{eqnarray} 2 \exp\left(\frac{x_{n+1}-x_n}{2}\right) \cosh \left(\frac{x_{n+1}+x_n}{2}\right) &<& 2 \frac{1}{1-\frac{x_{n+1}-x_n}{2}} \frac{1}{1-\frac{1}{2} \left(\frac{x_{n+1}+x_n}{2}\right)^2} \\ &=& 2 + 2\left(\frac{x_{n+1}-x_n}{2}\right) + \left(\frac{x_{n+1}+x_n}{2}\right)^2 + \mathcal{o}\left(n^{-3}\right) \\ &=& 2 - \frac{1}{2 n^3} + \mathcal{o}\left(n^{-3}\right) \end{eqnarray} $$

Por lo tanto, al menos para $n$ lo suficientemente grande como la secuencia de $L_n$ está disminuyendo.

Este laborioso ejercicio de la misma hace que uno apreciar la potencia de cálculo.

Answer 2

Supongamos que para algunos $n$ $$L_{n}=\sqrt[n+1] {(n+1)!} - \sqrt[n] {n!}<L_{n+1}=\sqrt[n+2] {(n+2)!} - \sqrt[n+1] {(n+1)!}$$ es decir, $$\sqrt[n+1] {(n+1)!} <{\sqrt[n+2] {(n+2)!} + \sqrt[n] {n!} \over 2}$$

Ahora por el AM-GM de la Desigualdad:

$$\sqrt {\sqrt[n+2] {(n+2)!} \sqrt[n] {n!}} <{\sqrt[n+2] {(n+2)!} + \sqrt[n] {n!} \over 2},\space \dots \space \sqrt[n+2] {(n+2)!} \neq\sqrt[n] {n!}$$

No estoy llegando a ningún lado, pero podría despertar a alguien más ...

. . .

Sólo ampliando mi comentario: ¿alguien Puede acercarse a este en un menos de la mano-ondulado manera?

$\sqrt[n] {n!}$ es la Media Geométrica de $ 1 .. n $

Como tal, $\sqrt[n+1] {(n+1)!}$ (la Media Geométrica de $ 1 .. (n+1) $) siempre será mayor, pero por un monto menor por cada aumento de $n$. (Sí, este es, efectivamente, suponiendo que lo que estamos tratando de demostrar.)

Answer 3

Mi prueba de intento contenía un error fatal. A mí me parece que la corrección sería tan duro como lo demuestra la declaración de partir de cero, así que he decidido renunciar. Los siguientes dos lemas siguen siendo válidas, y aunque estrictamente más débil que el resultado deseado, todavía podría ser útil para alguien, así que me he decidido a salir de aquí. (Gracias a mercio por señalar el error y pide disculpas a todos por las molestias.)

Es conveniente definir $a_n=\sqrt[n]{n!}$$n\in\mathbb N$. A continuación, $L_n=a_{n+1}-a_n$ mantiene para $n\in\mathbb N$. Definimos una nueva secuencia $K_n=\frac{L_n}{a_n}$. Tenga en cuenta que $K_n=\frac{a_{n+1}}{a_n}-1$.

Lema 1. La secuencia de $(a_n)_{n=1}^\infty$ es estrictamente creciente.

Prueba. Tenga en cuenta que $a_{n+1}^{n+1}=(n+1)a_n^n$ tiene para todos los $n\in\mathbb N$, por definición, de $(a_n)_{n=1}^\infty$. Esto implica que $(\frac{a_{n+1}}{a_n})^n=\frac{n+1}{a_{n+1}}$ tiene para todos los $n\in\mathbb N$. Pero $a_{n+1}^{n+1}=(n+1)!<(n+1)^{n+1}$, por lo tanto, tenemos $a_{n+1}<n+1$ o, equivalentemente,$\frac{n+1}{a_{n+1}}>1$, lo que demuestra la demanda. $\square$

Lema 2. La secuencia de $(K_n)_{n=1}^\infty$ es estrictamente decreciente.

Prueba. Claramente, no es suficiente para demostrar que $(K_n+1)_{n=1}^\infty$ es estrictamente decreciente. Por definición de $K_n$, esto significa que tenemos que demostrar que $\frac{a_{n+2}}{a_{n+1}}<\frac{a_{n+1}}{a_n}$ tiene para todos los $n\in\mathbb N$. Esto es claramente equivalente a mostrar $a_{n+2}a_n<a_{n+1}^2$, que es la misma como muestra de que la $a_{n+2}^{n+2}a_n^{n+2}<a_{n+1}^{2n+4}$ tiene para todos los $n$. Por definición de $(a_n)_{n=1}^\infty$ esto es equivalente a $(n+2)!n!a_n^2<((n+1)!)^2a_{n+1}^2$, tan sólo tenemos que demostrar que $$\frac{a_n^2}{a_{n+1}^2}<\frac{n+1}{n+2}$$ is true for all $n$. We can easily establish this fact by induction. Clearly, it holds for $n=1$. Suppose now, it holds for some $n\in\mathbb N$. We will show that it must also hold for $n+1$. To do this, note that $$\begin{align}\Biggl(\frac{a_{n+1}^2}{a_{n+2}^2}\Biggr)^{n+2}&=\frac{((n+1)!)^2a_{n+1}^2}{((n+2)!)^2}\\ &=\frac{(n!)^2(n+1)^2a_{n+1}^2}{((n+1)!)^2(n+2)^2}\\ &=\frac{a_n^{2n}(n+1)^2a_{n+1}^2}{(a_{n+1})^{2n+2}(n+2)^2}\\ &=\Biggl(\frac{a_n^2}{a_{n+1}^2}\Biggr)^n\frac{(n+1)^2}{(n+2)^2}\overset{\text{I.H.}}{<}\Biggl(\frac{n+1}{n+2}\Biggr)^{n+2}<\Biggl(\frac{n+2}{n+3}\Biggr)^{n+2}.\end{align}$$ Here "I.H." denotes the place where we used the inductive hypothesis. Taking $(n+2)$-nd roots completes the induction. $\square$

Answer 4

$\sqrt[n+1]{(n+1)n!}-\sqrt[n]{n!}$

$\sqrt[n+1]{n!}*\color{red}{\sqrt[n+1]{n+1}}-\sqrt[n]{n!}$

El rojo se hace más pequeño y más pequeño muy rápidamente. De hecho, tiene 1 como límite porque para $\sqrt[n]{n}=b$, $b \geq 1$ es necesaria ya que la multiplicación de algo menos de 1 vez de varios, de por sí, hacerla más pequeña.

($n^n<(n+1)^{(n+1)} \forall n \in [0,1[$)

Así que para la gran n, la parte roja puede ser sustituido por 1.(Que no es lo mismo "magnitud")

$\sqrt[n+1]{n!}*\color{red}{1}-\sqrt[n]{n!}$ O $\sqrt[n+1]{n!}-\sqrt[n]{n!}$

Y vemos algo que está pasando aquí : $\sqrt[n+1]{n!}$ es obviamente menor que $\sqrt[n]{n!}$ y que se va a quedar. Lo más alto es $n$ más baja es la expresión completa.

Explicaciones

$n+1$ es una función lineal. Cuando el número de llegar a ser enorme, $n+1$ puede ser confundido con $n$ (como en 100000+1) $\sqrt[2]{x}$ es cuadrática y mayor es $x$ más es "relativamente" reducido. Como $\sqrt[2]{100}$ se reduce 10 veces mientras que $\sqrt[2]{10000}$ se reduce en 100 veces. $\sqrt[x]{x}$ reduce su argumento aún más. Mirando "tasa", $\sqrt[x]{x}$ reducir su argumento de manera más rápida que $\sqrt[x]{x!}$, en tanto que se vuelven insignificantes. Es por eso que he extraído de $\sqrt[n+1]{(n+1)!}$. Estoy de acuerdo en que los límites son algo usado aquí, pero no sólo implican habilidades básicas de la lógica, me refiero a nada de lo que es avanzado.