Probando: $\sqrt{1!\sqrt{2!\sqrt{3!\sqrt{\cdots\sqrt{n!}}}}} <2$

Question

Necesito ayuda para demostrar la siguiente desigualdad con un radical anidado.

$$\sqrt{1!\sqrt{2!\sqrt{3!\sqrt{\cdots\sqrt{n!}}}}} <2$$

Me he cansado de usar la aproximación de Stirling, pero me he atascado con el radical anidado. ¿Alguien tiene alguna idea?

Answer 1

Siguiendo con el comentario de Peter debajo del OP, tenemos

$$\begin{align} \log\left(\sqrt{1!\sqrt{2!\sqrt{\ldots\sqrt{n!}}}}\right) &={1\over2}\log(1!)+{1\over2^2}\log(2!)+\cdots+{1\over2^n}\log(n!)\\ &=\left({1\over2}+{1\over4}+\cdots+{1\over2^n}\right)\log1+\left({1\over4}+{1\over8}+\cdots+{1\over2^n}\right)\log2+\cdots+{1\over2^n}\log n\\ &\to\log1+{1\over2}\log2+{1\over4}\log3+{1\over8}\log4+\cdots\\ &\gt{1\over2}\log2+{1\over4}\log2+{1\over8}\log2+\cdots=\log2 \end{align}$$

Por tanto, la desigualdad solicitada no es cierta.

Answer 2

Tenemos que

$$\sqrt{1!\sqrt{2!\sqrt{\cdots\sqrt{\text{n}!}}}}=\prod_{k=1}^n(k!)^{1/2^k}=\prod_{1\le j\le k\le n}j^{1/2^k}=\prod_{j=1}^nj^{\sum_{k=j}^n1/2^k}=\prod_{j=1}^nj^{(1/2)^{j-1}-(1/2)^n}\\=\exp\left(\sum_{j=1}^n\ln j\left(\frac1{2^{j-1}}-\frac1{2^n}\right)\right)>\exp\left(\left(\sum_{j=2}^n\left(\frac12\right)^{j-1}\right)-\frac{n-1}{2^n}\right)\to\exp(1-0)=e$$

Answer 3

Podrías considerar esto.
$$\sqrt{1!\sqrt{2!\sqrt{\cdots\sqrt{\text{n}!}}}}=\left(1!\right)^\frac{1}{2}\times\left(2!\right)^\frac{1}{4}\times\cdots\times\left(\text{n}!\right)^\frac{1}{2^\text{n}}=\exp\left\{\sum_{\text{k}=1}^\text{n}\frac{1}{2^\text{k}}\cdot\ln\left(\text{k}!\right)\right\}\tag1$$

¿Puedes atar la suma dentro. Es convergente cuando $\text{n}\to\infty$ ?

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$$\lim_{\text{k}\to\infty}\left|\frac{\frac{1}{2^{\text{k}+1}}\cdot\ln\left(\left(\text{k}+1\right)!\right)}{\frac{1}{2^\text{k}}\cdot\ln\left(\text{k}!\right)}\right|=\frac{1}{2}<1\tag2$$