Para los enteros $n>2$ , $(n!)^2 > n^n$

Question

El problema: Para los enteros $n>2$ , demuestran que $(n!)^2 > n^n$

Mi intento: Intenté usar la inducción. Para $n=3$ la condición dada se cumple. Supongamos que $k!^2>k^k$ para algunos $k\geq3$ .

Entonces, $(k+1)!^2 =k!^2(k+1)^2> k^k(k+1)^2$

Por lo tanto, si puedo demostrar de alguna manera que $k^k(k+1)^2\geq(k+1)^{k+1}$ es decir, $k^k\geq(k+1)^{k-1}$ he terminado.

Cualquier sugerencia es bienvenida. También se permite cualquier prueba no inductiva

Answer 1

Carl Friedrich Gauss lo habría resuelto a los 7 años.

$$\begin{align} n!^2 &= (1 \times 2 \times 3 \dots \times n) \times (1 \times 2 \times 3 \dots \times n) \\ &= (1 \times n) \times (2 \times (n-1)) \times (3 \times (n-2))\times \dots \times (n \times 1) \end{align}$$

El primero y el último de los $n$ factores son $n$ los otros son todos mayores que $n$ por lo que el producto es mayor que $n^n$ si $n > 2$ .

Answer 2

Obsérvese que la integral

$$ \int_{1}^{n} \log x\, dx = n \log n - n + 1 $$

se puede acotar por encima de la suma

$$ \sum_{k=2}^{n} \log k = \log(n!) $$

por lo que, tomando logaritmos, basta con demostrar que $ 2 n \log n - 2n + 2 > n \log n $ para $ n > 2 $ . Entonces tenemos que mostrar $ n \log n > 2n - 2 $ . Definir $ f(x) = x \log x - 2x + 2 $ y tomar derivadas para encontrar $ f'(x) = \log x - 1 $ lo que implica que $ f(x) $ es creciente para todos los $ x \geq 3 $ . Tenemos $ f(5) = 5 \log 5 - 8 \approx 0.04 > 0 $ por lo que esto demuestra el resultado para todos $ n \geq 5 $ . Para $ n = 3, 4$ Podemos verificar la reclamación directamente:

$$ 36 = (3!)^2 > 3^3 = 27 $$ $$ 24^2 > 16^2 \Rightarrow (4!)^2 > 4^4 $$

Answer 3

Para su argumento de inducción, $$ k^k\geq(k+1)^{k-1}\iff\left(\frac{k}{k+1}\right)^k\geq\frac{1}{k+1}\iff\left(1-\frac{1}{k+1}\right)^k\geq\frac{1}{k+1}. $$ Pero la última desigualdad anterior se mantiene debido a la desigualdad de Bernoulli: $$ \left(1-\frac{1}{k+1}\right)^k\geq 1-\frac{k}{k+1}=\frac{1}{k+1}. $$

Answer 4

Una prueba de no inducción. Basta con demostrar que $$ 1<\frac{1^2}{n}\times\frac{2^2}{n}\times\cdots\times\frac{n^2}{n}. $$ En primer lugar, supongamos que $n=2k$ , $k\geq 1$ . Entonces es suficiente para mostrar $\frac{j(n+1-j)}{n}\geq 1$ para todos $j=1,\ldots,k\;$ y la desigualdad es estricta para algunos $j$ . Considere $$ j(n+1-j)-n=j(2k+1-j)-2k=(j-1)(2k-j) $$ que es $\geq 0$ para todos $j$ y $>0$ para $j\neq 1$ .

Para $n=2k+1$ , $k\geq 1 $ Sólo tenemos que preocuparnos por el factor adicional $\frac{(k+1)^2}{n}=\frac{(k+1)^2}{2k+1}$ que es claramente $> 1$ a través de la ampliación $(k+1)^2=k^2+2k+1$ .

Answer 5

Dos observaciones al principio harán que una prueba inductiva sea bastante sencilla. Obsérvese que $$ \binom{k}{\ell}<k^\ell,\qquad2\leq\ell\leq k\tag{1} $$ una desigualdad que es más fácil de verificar de lo que se piensa. También hay que tener en cuenta que $$ (k+1)^k=k^k+\binom{k}{1}k^{k-1}+\sum_{\ell=2}^k\binom{k}{\ell}k^{k-\ell}<2k^{k}+\sum_{\ell=2}^kk^\ell\cdot k^{k-\ell}=(k+1)k^k\tag{2} $$ por el teorema del binomio. Por lo tanto, \begin{align} [(k+1)!]^2&= [(k+1)k!]^2\\[1em] &= (k+1)^2(k!)^2\\[1em] &> (k+1)^2\cdot k^k\tag{inductive hypothesis}\\[1em] &= (k+1)[(k+1)k^k]\\[1em] &> (k+1)(k+1)^k\tag{by $(2)$}\\[1em] &= (k+1)^{k+1}, \end{align} como se desee.