¿Alguna sugerencia sobre el uso de la inducción para probar esta desigualdad?

Question

Yo soy la solución de un ejercicio y no se puede avanzar en la después de la inducción:

$$n\log n - n + 1 \leq \log n!.$$

Si es necesario, puedo poner la pregunta completa.

• Actualización

Calcular $$\lim_{n\to \infty}\frac{n!e^{n}}{n^{n}}$$ siguiendo los pasos de abajo:

A. Mostrar que: $$\int\limits_{1}^{n}\log x\,\mathrm{d}x = n\log n - n + 1 = A_{n}.$$ B. Si $B_{n}$ es el derecho de Riemman suma de la función de $\log x$ en relación a la partición de $\lbrace 1, ..., n\rbrace$ del intervalo de $[1, n]$, muestran que: $$A_{n} \leq B_{n} = \sum_{k = 2}^{n}\log k = \log n!.$$

C.

D.

E.

F.

Los pasos C, D, E y F no son relevantes para mi duda.

Answer 1

Caso base $n=1 \implies 1\log1-1+1 \leq \log (1!) \implies 0 \leq 0$

Caso base $n=2 \implies 2\log2-2+1 \leq \log (2!) \implies \log 2 \leq 1$

Asumimos que esta proposición es verdadera$$ \text {(P) }n\log n - n + 1 \leq \log n!$ $ Tratamos de demostrar que

$$(n+1)\log( n+1) - (n+1)+1 \leq \log ((n+1)!)$ $$$(n+1)\log( n+1) - n \leq \log(n+1)+\log (n!)$ $ Substract$\log (n+1)$

$$n\log( n+1) - n \leq \log (n)!$ $$$n(\log n( 1+ \frac 1 n)) - n \leq \log (n!)$ $$$n\log(n)+\log( 1+ \frac 1 n)^n - n \leq \log (n!)$ $

Tenga en cuenta que$\log( 1+ \frac 1 n)^n\leq \log e=1$ y$$n\log(n)+\log( 1+ \frac 1 n)^n - n \leq n\log(n)+1 - n \leq \log (n!)$ $ Entonces P es verdadero para$n=1,2$ y probamos por inducción que si P es verdadero para n, entonces también es cierto para$n+1$ Entonces podemos concluir esa P es verdadera para cualquier$n \in \mathbb{N} (n\ne 0)$

Answer 2

Partiendo del fundamental$(1+\frac{1}{n})^n \leq e$ para todos$n>0$, obtenemos la desigualdad$$\tag{*} en^n \geq (n+1)^n$ $

Preferiría trabajar con exponenciales sobre registros, así que tenga en cuenta que su desigualdad es equivalente a$$\tag{H} n! \geq e\left(\frac{n}{e}\right)^n $ $

Para el paso inductivo, asumimos$n! \geq e\left(\frac{n}{e}\right)^n $ y queremos mostrar$(n+1)! \geq e\left(\frac{n+1}{e}\right)^{n+1}$.

Esto sigue como a continuación. La primera desigualdad es la hipótesis inductiva (H) y la segunda desigualdad es nuestro conocimiento de un límite inferior para$e$ (*)

ps

¡No olvides establecer el caso base!

Answer 3

Sugerencia: $$ \begin{align} &((n+1)\log(n+1)-(n+1)+1)-(n\log(n)-n+1)\\ &=\log(n+1)+n\log\left(1+\frac1n\right)-1\\ \end {align} $$ y $$ n \ log \ left (1+ \ frac1n \ right) = \ int_n ^ {n +1} \ frac nx \, \ mathrm {d} x \ lt1 $$

Answer 4

Dejar $F(n)=-n+1+n\ln n.$

Dejar $G(n)=\ln (n!).$

Si$F(n+1)-F(n)\leq G(n+1)-G(n)$ entonces$(\;F(n)\leq G(n)\implies F(n+1)\leq G(n+1)\;).$

Tenemos $F(n+1)-F(n)=-1-n \ln n +(n+1)\ln (n+1).$

Tenemos$G(n+1)-G(n)=\ln (n+1).$$$ \text {Hence }\quad F(n+1)-F(n)\leq G(n+1)-G(n)\iff $$ $$\iff -1-n \ln n +(n+1)\ln (n+1)\leq \ln (n+1)\iff$$ $$\iff -n \ln n+(n+1)\ln (n+1)\leq 1\iff$$ $$\iff n\ln (1+\frac {1}{n})\leq 1.\quad (\bullet)$ $

Para$x>0$ tenemos$\ln (1+x)=\int_1^{1+x}\frac {1}{y}dy$$<\int_1^{1+x}1dy=x.$ Por lo tanto, para$n>0$ tenemos$n\ln ((1+\frac {1}{n})<n \cdot \frac {1}{n}=1.$

Entonces$(\bullet)$ se mantiene para todos$n>0.$