Demostrar que $n^n$ es mayor que $1\cdot3\cdot5\cdots(2n-1)$

Question

Demostrar que $\ n^n \ge (1)(3)(5)\cdots(2n-1)$

No se me ocurre cómo empezar a responder a esta pregunta y sería de gran ayuda si alguien pudiera explicarme cómo debo hacerlo.

Nota:Es una pregunta de secuencia y serie(AP,GP,HP)

Answer 1

CONSEJO: Si $n=2m$ es par, puedes emparejar los factores del lado derecho: $1\cdot(2n-1)$ , $3\cdot(2n-3)$ y así sucesivamente hasta llegar a $(2m-1)(2m+1)$ . Cada uno de estos pares tiene la forma $(2m-k)(2m+k)$ para algunos impar $k$ y, por tanto, es inferior a $(2m)^2=n^2$ .

Por ejemplo. Toma $n=4$ para que podamos comparar $4^4$ con $1\cdot3\cdot5\cdot7$ . El lado derecho es $$(1\cdot7)\cdot(3\cdot5)=\big((4-3)(4+3)\big)\big((4-1)(4+1)\big)<4^2\cdot4^2=4^4\;.$$

Si $n$ es impar, puede emparejar todos los factores del lado derecho excepto el del medio, que es $n$ mismo. Tira ese factor no apareado y compara lo que queda con $n^{n-1}$ .

Answer 2

$$1\cdot3\cdot5\cdot\cdots\cdot(2n-1)=\frac{1\cdot2\cdot3\cdot\cdots\cdot(2n)}{2\cdot4\cdot\cdots\cdot(2n)}=\frac{(2n)!}{2^nn!}$$

Así que usted está pidiendo para demostrar $$(2n)^nn!\geq(2n)!$$

Dividir por $n!$ y usted está tratando de demostrar $$(2n)^n\geq(n+1)(n+2)\cdots(2n)$$ lo cual es obviamente cierto porque cada lado es un producto de $n$ factores y los factores de la izquierda son todos mayores que los factores de la derecha (excepto un factor al que igualan).

Answer 3

Porque $\log$ es cóncava, tenemos $$ \frac{1}{n}\log 1+\frac{1}{n}\log 3+\cdots+\frac{1}{n}\log(2n-1)\leq \log\left(\frac{1}{n}(1+\cdots+(2n-1))\right)=\log n. $$ Queda multiplicar ambos lados por $n$ y exponenciar.

Answer 4

En esta respuesta, presentamos un enfoque para demostrar que $n^n\ge (2n-1)!!$ que se basa en la inducción. Antes de proseguir, ofrecemos la siguiente introducción.

PRIMER:

En ESTA RESPUESTA Demostré usando la desigualdad de Bernoulli, que la secuencia de funciones $e_n(x)=\left(1+\frac xn\right)^n$ aumenta monotónicamente para todos los $x>-n$ .

Dejar $x=1$ vemos que la secuencia $$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{e_n=\left(1+\frac1n\right)^n}\tag 1$$ es monotónicamente creciente.

Comenzamos la prueba inductiva estableciendo un caso base. Obsérvese que para $n=1$ , $n^n=1\ge (2n-1)!!=1$ . Ahora, suponemos que $n^n\ge (2n-1)!!$ para algunos $n>1$ . Entonces, escribimos

$$\begin{align} (n+1)^{n+1}&=(n^n)\,(n+1)\left(1+\frac1n\right)^{n}\\\\ &\ge (2n-1)!!\,(n+1)\left(1+\frac1n\right)^{n}\\\\ &=(2n+1)!!\frac{(n+1)\left(1+\frac1n\right)^{n}}{2n+1}\tag 2 \end{align}$$

Ahora, utilizamos el resultado de la cartilla para afirmar que $\left(1+\frac1n\right)^{n}\ge 2$ . En la medida en que el término $\frac{n+1}{2n+1}$ disminuye monotónicamente y es mayor que $1/2$ entonces tenemos

$$\begin{align} \frac{(n+1)\left(1+\frac1n\right)^{n}}{2n+1}&\ge \frac12 \times 2\\\\ &=1 \tag 3 \end{align}$$

Utilizando $(3)$ en $(2)$ se obtiene la deseada desigualdad

$$(n+1)^{n+1}\ge (2n+1)!!$$

¡y ya está!

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NOTA:

Obsérvese el término $\frac{(n+1)\left(1+\frac1n\right)^{n}}{2n+1}$ es en realidad mayor que $4/3$ y por tanto la desigualdad es estricta para $n\ge 2$ .

Answer 5

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\,{#1}\,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\Li}[1]{\,\mathrm{Li}_{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\,\mathrm{#1}} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Con $\ds{\left.\vphantom{\Large A}\ln\pars{x}\right\vert_{\ x\ >\ 0} \,\,\,\,\leq\,\,\,\, x - 1}$ :

\begin{align} \sum_{k = 0}^{n - 1}\ln\pars{2n - 2k - 1} & = n\log\pars{n} + \sum_{k = 0}^{n - 1}\ln\pars{2 - {2k + 1 \over n}} \\[5mm] & \leq n\log\pars{n}\ +\ \underbrace{\sum_{k = 0}^{n - 1}\pars{1 - {2k + 1 \over n}}} _{\ds{=\ \color{#f00}{0}}} \end{align}