La prueba de que $n!\leq {(\frac{n+1}{2})}^{n}$

Question

No sé qué hacer con esto. Nada funciona. Espero que alguien me puede ayudar para encontrar una decisión %#% $ #%

Answer 1

Escriba $n\geq1$,

$$n!=1\times2\times\dots\times n\\=n\times (n-1)\times\dots\times 1$$

Entonces, se multiplican los factores correspondientes:

$$n!^2=(n\times1)\times((n-1)\times2)\times\dots\times(1\times n)$$

Dentro de la paretheses, usted tiene $i\times(n+1-i)$ $i\in\{1\dots n\}$.

A continuación, observe que $i\times (n+1-i)$, en función de % real $i$, máximo $\frac{n+1}2$ (es una parábola y el máximo se obtiene en el punto medio entre las raíces). Y el máximo es $\frac{n+1}{2}\left(n+1-\frac{n+1}{2}\right)=\left(\frac{n+1}{2}\right)^2$.

Así que cada paréntesis en el producto anterior es menor o igual a $\left(\frac{n+1}{2}\right)^2$, y

$$n!^2\leq\left(\frac{n+1}{2}\right)^{2n}$$

Finalmente

$$n!\leq\left(\frac{n+1}{2}\right)^{n}$$

Answer 2

La afirmación es una consecuencia directa de la desigualdad de AM-GM, $$ n!=\prod_{k=1}^{n}k<\left(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}k\right)^n = \left(\frac{n+1}{2}\right)^n.$ $ para un límite mayor, podemos considerar que para cualquier $n\geq 2$ $$ \log(n!)=\sum_{k=1}^{n}\log(k) = n\log(n)-\sum_{k=1}^{n-1}k \log\left(1+\frac{1}{k}\right) $ $follows de suma de partes y desde $\frac{\log(1+x)}{x}>\frac{1}{1+\frac{x}{2}}$ sobre el intervalo de $(0,1)$, $$ \log(n!) < n(\log n-1)+\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{2k+1}<n(\log n-1)+1+\frac{\log n}{2} $ $ por lo tanto, de la exponenciación, $$ n! < \color{red}{e\sqrt{n}\left(\frac{n}{e}\right)^n}.$ $

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Refinando el pasado enfoque telescópico creativo, también podemos probar la desigualdad de Stirling: $$ \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt{2\pi n} \exp\left(\frac{1}{12n+1}\right) < n! < \left(\frac{n}{e}\right)^n \sqrt{2\pi n} \exp\left(\frac{1}{12n}\right).$ $

Answer 3

Prueba por inducción.

$$1! \le \dfrac{(1+1)\ ^ 1}{2} = 1 $ $ Asumir para todos n (que sostiene la desigualdad) y demostrar para n + 1: $$ (n+1)! = (n+1)*n! \le (n+1)*\dfrac{(n+1) \ ^ n}{2} = \dfrac{(n+1) \ ^ {n+1}}{2} \le \dfrac{(n+1 +1) \ ^ {n+1}}{2} = \dfrac{(n+2) \ ^ {n+1}}{2}$ $

en la primera desigualdad utilicé la I.H.

Answer 4

La inducción es un una buena manera de ir aquí, pero también podemos hacer una prueba directa agrupando los números.

En primer lugar tenga en cuenta que $(n+1-k)k \le \left(\frac{n+1}{2}\right)^2$, $1 \le k \le n$ que sigue ampliando la desigualdad.

Ahora solo multiplica esas desigualdades y obtendrá la desigualdad deseada.

Answer 5

$$\begin{align} n!\le\left(n+1\over2\right)^n&\iff\ln1+\ln2+\cdots+\ln n\le\ln\left(n+1\over2\right)+\ln\left(n+1\over2\right)+\cdots+\ln\left(n+1\over2\right)\\ &\iff\ln\left(2\over n+1\right)+\ln\left(4\over n+1\right)+\cdots+\ln\left(2n\over n+1\right)\le0\\ &\iff\ln\left(2\cdot2n\over (n+1)^2\right)+\ln\left(4(2n-2)\over (n+1)^2\right)+\cdots+\ln\left(2n\cdot2\over (n+1)^2\right)\le0\\ \end {Alinee el} $$

el lado izquierdo en la última línea procede duplicar la línea por encima de él y emparejar el término de th de $k$ con el término de th de $(n+1-k)$. Queda por demostrar que

$${2k(2n+2-2k)\over(n+1)^2}\le1\quad\text{for }1\le k\le n$$

$N$ $n+1$ De la escritura, tenemos

$${2k(2N-2k)\over N^2}\le1\iff0\le N^2-4kN+4k^2=(N-2k)^2$$