Grei ulikhet
Moderatorer: Vektormannen, espen180, Aleks855, Solar Plexsus, Gustav, Nebuchadnezzar, Janhaa
-
- Grothendieck
- Innlegg: 826
- Registrert: 09/02-2015 23:28
- Sted: Oslo
Lemma: $\frac{1}{2}\left(n+2\right)^{n+1} > \left(n+1\right)^{n+1}$ for alle $n \geq 1$.plutarco skrev:Vis at $n!<\left (\frac{n+1}{2}\right )^n$ for $n=2,3,4,\cdots$
Bevis: Fra egenskaper om $e$ vet vi at $a_n = \left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1}$ er en strengt voksende følge, og ettersom $a_1 = \left(1 + \frac12\right)^2 = \frac94 > 2$, har vi at $a_n > 2$ for alle $n\geq 1$.
Dermed får vi at $\frac12\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{n+1} = \frac12\left(1 + \frac{1}{n+1}\right)^{n+1} = \frac12 a_n > 2\cdot\frac12 = 1$, hvilket beviser lemmaet. $\checkmark$
Vi beviser nå at ulikheten gjelder ved induksjon:
Basistilfelle: $2! = 2 =\frac84 < \frac94 = \left(\frac32\right)^2 = \left(\frac{2+1}{2}\right)^2.$
Induksjon: Anta at $n! < \left(\frac{n+1}{2}\right)^n, n \geq 2.$ Da får vi at $$(n+1)! = (n+1)n! < (n+1)\left(\frac{n+1}{2}\right)^n = \frac{(n+1)^{n+1}}{2^n} < \frac{\frac12\left(n+2\right)^{n+1}}{2^n} = \left(\frac{n+2}{2}\right)^{n+1}.$$
Alternativt kan man observere at $\dfrac{n+1}{2}$ er bare et gjennomsnitt av $1+k$ og $n-k$ . Dermed kan vi gruppere faktorene i n! slik:
\[n!=\left(1\cdot n\right)\left(2\cdot \left(n-1\right)\right)\dotsb\left(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \cdot \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\right)\]
Det følger av AM-GM ulikheten at $(1+k)(n-k)\leq\left(\dfrac{k+1+n-k}{2}\right)^2=\left(\dfrac{n+1}{2}\right)^2$ med likhet hvis og bare hvis $k+1=n-k$.
Dermed har vi
\[n!=\left(1\cdot n\right)\left(2\cdot \left(n-1\right)\right)\dotsb\left(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \cdot \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\right)<\left(\dfrac{n+1}{2}\right)^n\]
(I tilfelle av at $n$ er odde, kan man gjennomføre argumentet på samme måte ved å ignorere leddet $\dfrac{n+1}{2}$ i $n!$ og gruppere resten av leddene. Så ganger man bare gange det manglende leddet inn i begge sidene av ulikheten på siste steg.)
\[n!=\left(1\cdot n\right)\left(2\cdot \left(n-1\right)\right)\dotsb\left(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \cdot \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\right)\]
Det følger av AM-GM ulikheten at $(1+k)(n-k)\leq\left(\dfrac{k+1+n-k}{2}\right)^2=\left(\dfrac{n+1}{2}\right)^2$ med likhet hvis og bare hvis $k+1=n-k$.
Dermed har vi
\[n!=\left(1\cdot n\right)\left(2\cdot \left(n-1\right)\right)\dotsb\left(\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor \cdot \left \lceil \frac{n}{2} \right \rceil\right)<\left(\dfrac{n+1}{2}\right)^n\]
(I tilfelle av at $n$ er odde, kan man gjennomføre argumentet på samme måte ved å ignorere leddet $\dfrac{n+1}{2}$ i $n!$ og gruppere resten av leddene. Så ganger man bare gange det manglende leddet inn i begge sidene av ulikheten på siste steg.)
Fine løsninger!
Jeg løste den slik:
Av summeformelen samt AM-GM har vi at $\frac{n\cdot (n+1)}{2n}=\frac{1+2+3+\cdots n}{n}> \sqrt[n]{n!}$ (likhet i AM-GM gjelder kun dersom alle ledd er lik, noe de ikke er, så dermed får vi streng ulikhet). Opphøyer i n, så følger ulikheten.
Jeg løste den slik:
Av summeformelen samt AM-GM har vi at $\frac{n\cdot (n+1)}{2n}=\frac{1+2+3+\cdots n}{n}> \sqrt[n]{n!}$ (likhet i AM-GM gjelder kun dersom alle ledd er lik, noe de ikke er, så dermed får vi streng ulikhet). Opphøyer i n, så følger ulikheten.