Prueba $3^n < n!$ $n\in \mathbb{N}$

Question

Probar:
Existe $N\in\mathbb{N}$ tales que para todos los $n\in\mathbb{N}$ $n\geq N$, tenemos %#% $ #%

Esto es lo que hice (que tuve que usar una calculadora).
Supongamos que $$3^n \leq n!$. Entonces $n\geq 7$$
Por lo tanto, hemos encontrado $$n! = n(n-1)\ldots 7\cdot 6\cdot ... \cdot 1\\ \geq 7^{n-7}\cdot 7! \\ \geq 3^{n-7}\cdot 3^7 \\ = 3^n.$tal que cuando$N$,$n\geq N$.

¿Sentí que engañé un poco aquí... hay una mejor manera de hacer esto? Creo que sólo tengo que demostrar la existencia (no constructiva).

Answer 1

Si $n!>3^n$, $(n+1)!=(n+1)n!>(n+1)3^n>3\cdot3^n=3^{n+1}$ % todos $n>2$.

Así, queda por hacer una inducción base y $n=7$ es válido porque $7!>3^7$.

Así, para todos los $n\geq7$ tenemos: $n!\geq3^n$.

Answer 2

Generalizar a $k$ para ello.

Tenga en cuenta que si $b_n = k^n$ y $a_n = n!$ y $\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}} = \frac{b_{n}}{a_{n}} \times \frac k{n+1}$. Desde $\frac k{n+1} < 1$ % todo $n > k$, se sigue (eventualmente monótonamente) que $\frac {b_n}{a_n} \to 0$ $n\to \infty$, $\frac{b_{n+l}}{a_{n+l}} \leq \frac{b_n}{a_n} \times \left(\frac{k}{n}\right)^l$, por lo tanto está disminuyendo exponencialmente grande $n$. Por lo tanto, tenemos bastante grande $n$, $\frac{b_n}{a_n} < 1$, que es lo que quieres para $k = 3$. Esto es una declaración mucho más fuerte, sin embargo.

Answer 3

Podemos escribir, $$n!=n×(n-1)×(n-2)×(n-3)\cdots5×4×3×2×1

Ahora, $$(n-2)\ge 3$ $$$ (n-3)\ge 3 $$(n-4)\ge 3$ $$$ \vdots $$5\ge 3$ $$$ 4\ge 3

Así, $$n!\ge n(n-1)2×3^{n-4}$ $ ahora queremos encontrar $n$ tal,$$ 2(n-1)n\le 3^4 $$2(n-1)n\le 81 para que podemos sustituir $3^4$ en lugar de esos términos,

Esta es una versión simplificada del problema

Por método de ensayo y éxito, nos get, $$n=7$$ $$2(6) (7) \$$82\lt 81$$ we can prove so by for next numbers by inductionSo $n\ge 7$, $$n!\ge 3^4×3^{n-4}$$ $$n!\ge 3 ^ n