$n!>n^m$ para $n\ge?$

Question

Quiero encontrar un número natural $N$ en términos de $m(\in\mathbb N)$ , de tal manera que

$$n!>n^m \;, \forall n \ge N$$

Además, (cómo) podemos demostrar que $n!-n^m$ es una secuencia creciente para $n\ge N$ ?

Sólo estaba resolviendo el problema que $n!>n^2$ para $n\ge 4$ . Estoy tratando de generalizar la declaración, pero no sé cómo proceder.

Answer 1

Tenga en cuenta lo siguiente:

1. $n\ge n$ .
2. $(n-1)(n-2) \ge n$ , para $n$ suficientemente grande
3. $(n-3)(n-4) \ge n$ , para $n$ suficientemente grande
4. $(n-5)(n-6) \ge n$ , para $n$ suficientemente grande

Si hacemos esto para $m$ pasos (y siempre que $n$ es suficientemente grande para todos ellos), podemos multiplicar el LHS para obtener $n(n-1)(n-2)\ldots, (n-2m+2)$ que (siempre que $n>2m-2$ ) será menor que $n!$ mientras que el lado derecho será $n^m$ . Todas las desigualdades están implícitas en la última, que es $(n-2m+3)(n-2m+2)\ge n$ . Esto se reordena para $n^2+(-4m+4)n+(2m-3)(2m-2)\ge 0$ . Tome la raíz mayor de esta cuadrática, y $2m-2$ desde arriba, y el mayor de ellos servirá para $M$ .

Answer 2

Para la primera pregunta: Tenga en cuenta que

$k \cdot (n-k)>n \Leftrightarrow kn-n>k^2 \Leftrightarrow n> \frac{k^2}{k-1}=k+1+\frac{1}{k-1} $

Así, para todos los $k \neq 2$ y $n> k+2$ tenemos $k \cdot (n-k)>n$ .

Fijando esto para $k=2, k=3, ..., k=m$ obtenemos que si $n>2(m+2)$ tenemos

$$n! =1 \cdot [2 \cdot (n-2)]\cdot [3 \cdot (n-3)]...\cdot [m \cdot (n-m)] .. \cdot n >n^m$$

En cuanto a la segunda pregunta, no creo que la secuencia sea creciente, sino que es eventualmente creciente. Para demostrarlo, basta con observar que si $n> 2^m$ y $n>N$ entonces $ n! \cdot n > 2^mn^m$ así

$$(n+1)!-n!=n! \cdot n > (2n)^m > (n+1)^m > (n+1)^m-n^m$$

Answer 3

Una pista:

Tienes esto : $n! <n^n$

$n! <n^{n-1}$ ¿es esto cierto? $?$ ¿Sabe usted que $n|(n-1)!$ si $n$ es compuesto $?$

Answer 4

Puedes deshacerte del factorial tomando troncos: $$ \log(n!) = \sum_{j=1}^n \log(j).$$ Entonces se puede estimar esta suma utilizando la integral ya que $\log$ es monótona: $$\sum_{j=1}^n \log(j) \ge \int_1^n \log(x) dx = n\log(n) -n +1.$$

Entonces $$ n! \ge n^m \Leftrightarrow \log(n!) \ge m \log(n),$$ y para demostrarlo basta con probar que $$ n\log(n) -n +1 \ge m \log(n) \Leftrightarrow (n-m)\log(n) \ge n-1.$$ Supongamos que $n \ge m+1$ . Entonces la última desigualdad se reduce a $$ \log(n) \ge \frac{n-1}{n-m}.$$ Pero $$ \max_{n\ge m+1} \frac{n-1}{n-m} = m,$$ por lo que la desigualdad anterior se mantendrá si $$ \log(n) \ge m \Leftrightarrow n \ge e^m.$$ Tenga en cuenta que $n \ge e^m$ implica $n \ge m+1$ desde $e^x \ge x+1$ para $x \ge 0$ . Por lo tanto, un suficiente condición para $n! \ge n^m$ es $n \ge e^m.$

Esto no es tan bueno, así que en su lugar podemos intentar restringir a, digamos $n \ge 2m$ . Entonces $$ \max_{n\ge 2m} \frac{n-1}{n-m} = \frac{m-1}{m},$$ por lo que una condición suficiente es entonces $$ \log(n) \ge \frac{m-1}{m} \Leftrightarrow n \ge \exp\left( \frac{m-1}{m}\right).$$ Por lo tanto, un mejor suficiente condición es $$ n \ge \max\left\{2m, \exp\left( \frac{m-1}{m}\right) \right\}.$$ Esto está más en línea con las otras soluciones ya que $\frac{m}{m-1}$ permanece acotado como $m \to \infty$ .

Answer 5

Intenta usar la inducción dos veces. Primero para $m$ y luego para $n$ . El plan será así:

1. Caso base. Tenemos que demostrar que $n!>n^2, \forall n>N$ y encontrar $N$ . Es muy fácil.
2. Paso inductivo. Supongamos que sabemos $N$ para $m$ . Tenemos que encontrar $N'$ en términos de $N$ , de tal manera que $n!>n^{m+1},\forall n>N'$ . Encuentre $N'$ y demostrar que $(N')!>(N')^{m+1}$ (base). Entonces demuestre que $(n+1)!>(n+1)^{m+1}$ se mantiene si $n!>n^{m+1}$ es verdadera (pista: también sabes que $(n+1)!>(n+1)^m$ de la primera inducción (es cierto, porque $n>N'$ y $N'>N$ Por lo tanto $n>N$ ), por lo que se puede demostrar que $(n+1)^m<n^{m+1}$ ). Por último, dividir $(n+1)!>(n+1)^{m+1}$ por $n+1$ . Es fácil demostrar que $n!>(n+1)^m$ ya que $n^{m+1}>(n+1)^m$ .