Monotonicidad de $\frac{n}{\sqrt[n]{(n!)}}$

Question

Se sabe que cuando $n\rightarrow\infty$ la secuencia $$\frac{n}{\sqrt[n]{(n!)}}$$ tiene límite $e$ pero no sé cómo demostrar su monotonicidad. Después de un breve cálculo utilizando WolframAlpha He comprobado que esta secuencia va en aumento. Traté de comparar $2$ miembros consecutivos pero no conseguí mostrar algo. Es evidente que $$\frac{n^n}{n!}$$ está aumentando pero eso no nos ayuda mucho (creo)

Answer 1

Tomando $\log$ da $$\sum_{i=1}^n\frac{-\log \frac i n}{n}$$ Se trata de una suma de Riemann de la integral $\int_{0}^1(-\log x)\,dx$ .
Dado que la función $-\log x$ es decreciente y convexo, sus sumas de Riemann tienen que aumentar monotónicamente a medida que la partición se hace más fina, si las particiones son regulares. (Prueba aquí ).

Answer 2

Tenemos que demostrar que

$$a_n=\frac{n}{\sqrt[n]{n!}}\quad a_{n+1}\geq a_n\iff$$

$$\frac{n+1}{\sqrt[n+1]{(n+1)!}}\geq \frac{n}{\sqrt[n]{n!}} \iff \frac{n+1}{ (n+1)!^ \left(\frac{1}{n+1}\right) }n!^\left( \frac{1}{n} \right)\geq n \iff$$

$$(n+1)^{\left(1-\frac{1}{n+1}\right)}n!^{\left(\frac{1}{n} -\frac{1}{n+1}\right)}\geq n \iff (n+1)^{\left(\frac{n}{n+1}\right)}n!^{\left(\frac{1}{n(n+1)}\right)}\geq n$$

$$(n+1)^{n^2}n!\geq n^{\left(n(n+1)\right)}=n^{n^2}n^n\iff \frac{n^n}{n!}\leq \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n^2}=\left(1+\frac1n\right)^{n^2}\iff$$

$$\left(1+\frac1n\right)^{n^2} \geq\frac{n^n}{n!}$$

lo cual es cierto ya que

$$\left(1+\frac1n\right)^{n^2}\geq \left(1+\frac1n\right)^{n^2-1}=\left[\left(1+\frac1n\right)^{n+1}\right]^{n-1}\geq e^{n-1}\geq\frac{n^n}{n!}$$

En efecto,

$$e^{n-1}\geq\frac{n^n}{n!}\iff b_n=\frac {e^nn!}{n^n}\geq e$$

lo cual es cierto $\forall n$ desde

$$n=1 \implies b_1=\frac{e^11!}{1^1}\geq e$$

y

$$\frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac {e^{n+1}(n+1)!}{(n+1)^{n+1}}\frac {n^n}{e^nn!}=\frac{e}{\left(1+\frac1n\right)^n}>1$$

Para la última desigualdad, véase también el PO relacionado

Demuestra que $e^{1-n} \leq \frac {n!}{n^n}$

Answer 3

Tenemos que $\frac{n}{(n!)^{\frac{1}{n}}}\leq\frac{n+1}{((n+1)!)^{\frac{1}{n+1}}}\Leftrightarrow\frac{n^{n(n+1)}}{(n!)^{n+1}}\leq\frac{(n+1)^{n(n+1)}}{((n+1)!)^{n}}\Leftrightarrow$ simplificando, $\frac{n^{n^2+n}}{n!}\leq(n+1)^{n^2}\Leftrightarrow\frac{n^{n^2+n}}{(n!)(n+1)^{n^2}}\leq1$ ;procedamos por inducción. Para n=1 $\frac{1}{2}\leq1\Rightarrow$ es cierto. Si es cierto para n, para n+1 tenemos $\frac{(n+1)^{(n+1)^2+n+1}}{((n+1)!)(n+1+1)^{(n+1)^2}}=\frac{(n+1)^{n^2+3n+1}}{(n!)(n+2)^{(n+1)^2}}=\frac{n^{n^2+n}}{(n!)(n+1)^{n^2}}\cdot\frac{(n+1)^{(n+1)^2+n^2+n}}{n^{n^2+n}(n+2)^{(n+1)^2}}\leq\frac{(n+1)^{(n+1)^2+n^2+n}}{n^{n^2+n}(n+2)^{(n+1)^2}}$ por la hipótesis de inducción. Entonces, si demostramos que $\frac{(n+1)^{(n+1)^2+n^2+n}}{n^{n^2+n}(n+2)^{(n+1)^2}}\leq1$ entonces hemos demostrado el paso de inducción y, por tanto, la tesis. Ahora bien, esta última afirmación es válida $\Leftrightarrow (n+1)^{(n+1)^2+n^2+n}=(n+1)^{(n+1)(2n+1)}\leq n^{n^2+n}(n+2)^{(n+1)^2}=n^{n(n+1)}(n+2)^{(n+1)^2}\Leftrightarrow(n+1)^{2n+1}\leq n^n(n+2)^{n+1}$ (porque $n,n+1,n+2\geq1$ ), $\Leftrightarrow f(n)\leq0$ con $f:(0,+\infty)\rightarrow\mathbb{R},x\mapsto (2x+1)\mathrm{ln}(x+1)-x\mathrm{ln}(x)-(x+1)\mathrm{ln}(x+2)$ . Tenemos que $f(x)\to-\mathrm{ln}2<0$ como $x\to0^+$ (porque $x\mathrm{ln}x\to0$ ) y $f(x)=x\mathrm{ln}\frac{x+1}{x}+(x+1)\mathrm{ln}\frac{x+1}{x+2}=x\mathrm{ln}(\frac{x+1}{x}\cdot\frac{x+1}{x+2})+\mathrm{ln}\frac{x+1}{x+2}$ donde el segundo término tiende a 0, y si $y=\frac{x+1}{x}\cdot\frac{x+1}{x+2}-1=\frac{1}{x(x+2)}>0\Leftrightarrow yx^2+2yx-1=0\Leftrightarrow x=\frac{\sqrt{y^2+y}-y}{y}$ (hemos tomado el signo + porque queremos x>0), $y\to0$ como $x\to+\infty$ y $\lim_{x\to+\infty}x\mathrm{ln}(\frac{x+1}{x}\cdot\frac{x+1}{x+2})=(\frac{\sqrt{y^2+y}-y}{y})\mathrm{ln}(1+y)=\frac{1}{\sqrt{y^2+y}+y}\mathrm{ln}(1+y)=\frac{1}{\sqrt{1+\frac{1}{y}}+1}\frac{\mathrm{ln}(1+y)}{y}\to0\cdot1=0$ como $x\to+\infty\Leftrightarrow y\to0^+$ . A continuación, calculamos f' y f''. $f'(x)=2\mathrm{ln}(x+1)+\frac{2x+1}{x+1}-\mathrm{ln}x-1-\mathrm{ln}(x+2)-\frac{x+1}{x+2}$ y $f''(x)=\frac{-4-3x}{x(x+1)^2(x+2)^2}<0$ para x>0, y entonces f' es estrictamente decreciente para x>0. Tenemos que $f'(x)\to+\infty$ como $x\to0^+$ , $f'(x)\to0$ como $x\to+\infty$ Así que $f'(x)>0$ para x>0, y así $\forall x>0\,-\mathrm{ln}2<f(x)<0$ .

Answer 4

• Primer método

Considere $n!=\Gamma(n-1)$ , donde $\Gamma$ es la extensión analítica del factorial a los números complejos . Su expresión tiene ahora sentido incluso si $n$ es real, y por lo tanto se puede derivar (nuestra expresión, restringida a $\mathbb{R}^+$ es $C^{\infty}$ ). Por su propia consideración, tenemos eso: $f(x)=\frac{x^x}{\Gamma(x-1)}$ es creciente. Así, nuestro problema se reduce a demostrar que $\frac{d}{dx}f^{1/x}>0$ .

• Segundo método

Para demostrar que su expresión converge a $e$ puede utilizar el La aproximación de Stirling :

$\begin{equation} n!\sim \sqrt{2\pi n}\left(\frac{n}{e}\right)^n \end{equation}$ (donde $~$ significa que su proporción tiende a $1$ como $n \to \infty$ )

Así, su expresión se convierte en:

$\begin{align} \lim_{n \to \infty}\frac{n}{(2n)^{\frac{2}{n}}\frac{n}{e}}=\\ \lim_{n \to \infty} \frac{e}{(2n)^{\frac{2}{n}}}=\\ e \end{align}$

Y la segunda ecuación muestra que, para $n$ l'arte suficiente, la expresión está aumentando

Answer 5

$a_n =\frac{n}{\sqrt[n]{(n!)}}$ .

$b_n =\ln a_n =\ln n-\ln(n!)/n$ .

Lanzarse hacia adelante ingenuamente, y utilizando $\ln n! \gt n\ln n-n +\frac12 \ln n+c$ donde $c = \frac12 \ln(2\pi) \approx 0.919$ (de https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling%27s_approximation )

$\begin{array}\\ b_{n+1}-b_n &=\ln (n+1)-\ln((n+1)!)/(n+1)-\ln n+\ln(n!)/n\\ &=\ln (1+1/n)-(\ln(n!)+\ln(n+1))/(n+1)+\ln(n!)/n\\ &=\ln (1+1/n)-\ln(n+1)/(n+1)+\ln(n!)(1/n-1/(n+1))\\ &=\ln (1+1/n)-\ln(n+1)/(n+1)+\ln(n!)(1/(n(n+1))\\ &>\ln (1+1/n)-\ln(n+1)/(n+1)+(n\ln n-n+c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &=\ln (1+1/n)+(\ln n-\ln(n+1)/(n+1)-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &>\ln (1+1/n)-\ln(1+1/n)/(n+1)-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &=(1-1/(n+1))\ln (1+1/n)-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &>(n/(n+1))(1/n-1/(2n^2))-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &>(n/(n+1))((2n-1)/(2n^2))-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &=(2n-1)/(2n(n+1))-1/(n+1)+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &=(-1)/(2n(n+1))+(c+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &=(c-\frac12+\frac12 \ln n)/(n(n+1))\\ &>\ln n/(2n(n+1))\\ &> 0\\ \end{array}$

Nota: Según Wolfy, esto es correcto.