¿Cómo prueba $$\left(\frac{n+1}{e}\right)^n<n!<e\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}$ $ sin método de integración? De hecho podríamos demostrarlo por notar $$i<x<i+1\Rightarrow \ln i<\ln x<\ln (i+1),$ $ y luego integrarlo.
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user3035
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Inducir - el caso base $n = 1$ es trivial. Se muestran ambos lados de la igualdad observando ratios; de hecho, $\displaystyle\frac{(n+2)^{n+1} e^n}{e^{n+1} (n+1)^n} = \frac{1}{e}\cdot\left(1+\frac{1}{n+1}\right)^{n} \cdot(n+2) < \frac{1}{1+1/(n+1)} \cdot (n+2) = n+1$ desde $\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} < e.$
Por lo tanto, $\left(\frac{n+2}{e}\right)^{n+1} < \left(\frac{n+1}{e}\right)^{n}\cdot (n+1) < n!\cdot (n+1) = (n+1)!$ por hipótesis. Por otro lado, la relación es $\displaystyle\frac{1}{e}\cdot \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}\cdot(n+2)$; basta para mostrar que es mayor que $n+1.$, $\displaystyle \frac{1}{e}\cdot\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1} > \frac{n+1}{n+2},$ que es equivalente a $\left(1+ \frac{1}{n+1}\right)^{n+2} > e.$ para probar esto, utilizamos el hecho de que $\ln (1+h) > \frac{h}{1+h}.$ % entonces $(n+2)\ln\left(1+\frac{1}{n+1}\right) > (n+2)\frac{1/(n+1)}{(n+2)/(n+1)} = 1,$donde sigue la desigualdad deseada.
marty cohen
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33863
Voy a mejorar una primera respuesta de la mina y mostrar que $e(n/e)^n < n! < e^{3/2}\sqrt{n}(n/e)^n$.
Esto es mejor que la OP de la solicitud desde $((n+1)/e)^n < e(n/e)^n$ es el mismo $(1+1/n)^n < e$ y $e^{3/2}\sqrt{n}(n/e)^n <e((n+1)/e)^{n+1}$ es el mismo $e\sqrt{e/n}<(1+1/n)^{n+1}$ que es más que cierto, ya que $(1+1/n)^{n+1} > e$ (pruebas disponibles bajo petición).
El único resultado de análisis necesitamos es $z-z^2/2 < \ln(1+z) < z$ para $0 < z < 1$.
Primero hemos enlazado $H_n = \sum_{k=1}^{n} 1/k$.
$\begin{align} H_n &= \sum_{k=1}^{n} 1/k\\ &> \sum_{k=1}^{n} (\ln(1+1/k))\\ &= \sum_{k=1}^{n} (\ln(k+1)-\ln(k))\\ &= \ln(n+1)\\ \end{align} $
y
$\begin{align} H_n &= \sum_{k=1}^{n} 1/k\\ &< \sum_{k=1}^{n} (\ln(1+1/k) -1/(2k^2))\\ &= \sum_{k=1}^{n} (\ln(k+1)-\ln(k)) - (1/2)\sum_{k=1}^{n} 1/k^2\\ &= \ln(n+1)- (1/2)\sum_{k=1}^{n} 1/k^2\\ \end{align} $.
Para acotar la mano derecha de la suma
$\begin{align} \sum_{k=1}^{n} 1/k^2 &=1+\sum_{k=2}^{n} 1/k^2\\ &<1+\sum_{k=2}^{n} 1/(k(k-1))\\ &=1+\sum_{k=2}^{n} (1/(k-1)-1/k)\\ &=1+1-1/n\\ &< 2\\ \end{align} $
así $\ln(n+1)< H_n< \ln(n+1)+1$.
Empezamos con $\ln(n!) = \sum_{k=1}^n \ln k$ y la estimación de $\ln k$.
$\begin{align} (x+1)\ln(x+1)-x \ln x &= x(\ln(x+1)-\ln(x))+\ln(x+1)\\ &=x\ln(1+1/x)+\ln(x+1)\\ \end{align} $
por lo $ (x+1)\ln(x+1)-x \ln x -\ln(x+1)=x\ln(1+1/x)$.
El uso de esta, $x\ln(1+1/x) <x(1/x) = 1 $ y $x\ln(1+1/x) >x(1/x-1/(2x^2) =1-1/(2x) $ así $1-1/(2x) < (x+1)\ln(x+1)-x \ln x -\ln(x+1) < 1$. Tenga en cuenta que esto es sólo una forma aproximada de $\int \ln x\,dx = x \ln x - x$ o $\ln x = (x \ln x)' - 1$.
Suma de $x$ a partir del 1 de a $n-1$, $n-1-\sum_{k=1}^{n-1} 1/(2k) < \sum_{x=1}^{n-1} \big((x+1)\ln(x+1)-x \ln x -\ln(x+1)\big) < n-1 $ o $n-1-H_{n-1}/2 < \sum_{x=1}^{n-1} \big((x+1)\ln(x+1)-x \ln x -\ln(x+1)\big) < n-1 $
Desde la parte izquierda de la suma es telescópica y la parte de la derecha da $\ln(n!)$, $n-1-H_{n-1}/2 < n \ln n -\ln(n!) < n-1$.
Usa el lado derecho, $\ln(n!) > n \ln n-n+1$ o $n! > e(n/e)^n$.
Usando el lado izquierdo, $\ln(n!) < n \ln n-n+1+H_{n-1}/2 < n \ln n-n+1+(\ln(n)+1)/2 $ o $n! < e^{3/2}\sqrt{n}(n/e)^n$.
Mediante la adopción de términos de la expansión de la $\ln(1+1/z)$, podemos obtener la asintótica de la serie para $\ln(n!)$, que es la fórmula de Stirling sin la constante.
