Acotando el factorial

Publicado por ^DiAmOnD^ | 12 febrero, 2008 | Juegos | 10 |

El problema de la semana trata de demostrar la siguiente acotación de $m!$ :

Para cada número natural $m \ge 1$ :

$m! \le \cfrac{3+(-1)^m}{2} \cdot \left \lfloor \cfrac{m+1}{2} \right \rfloor ^m$

Vamos con ello.

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉

0 0 votes

Article Rating

Comparte:

Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes encontrarme también en Twitter, en Instagram, en Geogebra.org y en Facebook.

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Name*

Email*

Website

Name*

Email*

Website

10 Comments

más antiguo

más reciente más votado

Masao

12/02/2008 15:00

Separando pares e impares:
$(2k)!\leq 2 k^{2k}$
$(2k+1)!\leq (k+1)^{2k+1}$

para m=1 funciona
si funciona para m=2k+1, funcionara para m=2k+2?
$(2k+2)! = (2k+2) (2k+1)! \leq 2 (k+1) (k+1)^{2k+1} = 2 (k+1)^{2k+2}$

Si funciona para m=2k, funcionara para m=2k+1?
$(2k+1)! = (2k+1)(2k)! \leq (2k+1) 2 k^{2k}$
$(2k+1)! \leq 2(2k+1)k^{2k} \frac{2k+2}{2k+2} (\frac{k+1}{k+1}) ^ {2k} = 2^2 \frac{2k+1}{2k+2} \frac{k}{k+1}^{2k} (k+1)^{2k+1} \leq 2^2 (1+\frac{1}{k})^{-2k} (k+1)^{2k+1}$
como $2 \leq (1+\frac{1}{k})^{k} \leq e$
$(2k+1)!\leq (k+1)^{2k+1}$

Responde

Javi

12/02/2008 15:14

Es cierta segun:
http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_first_kind
pero ni idea como demostrarlo

Responde

Domingo H.A.

12/02/2008 17:43

De acuerdo, Masao.

Efectivamente la cosa estaba en verlo para $m$ impar, pues para los pares se deduce de los impares. Otra forma de verlo para $m=2k+1$ es la siguiente:

$(2k+1)!=(1\cdot (2k+1))\cdot (2\cdot (2k))\cdot (3\cdot (2k-1))\cdot\ldots\cdot (k\cdot(k+2))\cdot (k+1)$

y cada pareja de productos es de la forma $((k+1)-i)\cdot ((k+1)+i)\prec (k+1)^2$ , $i=1,\ldots,k$ . Y entonces

$(2k+1)!\prec [(k+1)^2]^k\cdot (k+1)$ (y sólo hay igualdad si $k=0$ ).

Responde

Asier

12/02/2008 21:38

Se me ha ocurrido esta demostración aún más sencilla si cabe:

Vemos que es cierto para $m = 1$ . Ahora escribo la inecuación más ‘holgada’, válido tanto para pares como impares:

$\displaystyle m! \le \left ( \frac{m}{2} \right ) ^m \Rightarrow \sqrt[m]{m!} \le 1 \le \frac{m}{2} \ \quad \forall m \ge 2 \ \quad q.e.d$

Responde

Asier

12/02/2008 21:41

Perdón, lo que acabo de escribir es incorrecto…

Responde

Asier

12/02/2008 22:36

Para resarcirme de la anterior metedura de pata, pongo esta otra demostración:

m par: $\displaystyle m! \le 2 \left ( \frac{m}{2} \right ) ^m \Rightarrow (m-1)! \le \left ( \frac{m}{2} \right ) ^{m-1} \Rightarrow$ $\displaystyle \sqrt[m-1]{(m-1)!} \le \frac{(m-1) m}{2(m-1)} \le \frac{m}{2} \quad \ \forall m \quad par$

m impar: $\displaystyle m! \le \left ( \frac{m+1}{2} \right ) ^m \Rightarrow$ $\displaystyle \sqrt[m]{m!} \le \frac{m (m+1)}{2m} \le \frac{m+1}{2} \quad \ \forall m \quad impar$

Las desiguladades están basadas en que la media geométrica es siempre menor o igual que la media aritmética.

Responde

Domingo H.A.

12/02/2008 22:57

Muy buena, Asier!

Responde

Jorge Romero

15/02/2008 15:10

Masao, en la segunda desigualdad, cuando separas pares e impares ¿no te hace falta un dos?, ¿no debería ser $(2k + 1)^{2k+1}?$

Responde

Domingo H.A.

15/02/2008 22:43

No, se refiere a k+1=(m+1)/2

Responde

Domingo H.A.

17/02/2008 20:33

Se ha usado ya varias veces en este blog el hecho de que la media armónica de cantidades positivas es menor o igual que la media aritmética. Aunque supongo que ya muchos la conocen, voy a poner una prueba sencilla de este hecho (no sé si habrá otras más sencillas aún).

Vamos a considerar cantidades positivas $0\prec a_1\leq a_2\leq\ldots\leq a_n$ y pesos $p_1,p_2,\ldots,p_n$ . Denotaremos, respectivamente, por H, G y A a la media armónica, geométrica y aritmética de dichos valores con tales pesos, y veamos que $H\leq G\leq A$ . Además veremos que se da alguna de las desigualdades con igualdad si y sólo si las cantidades $a_i$ ‘s son todas iguales (al valor común de las medias).

$H=\cfrac{1}{\frac{p_1}{a_1}+\ldots+\frac{p_n}{a_n}},\quad G=a_1^{p_1}\cdot\ldots\cdot a_n^{p_n},\quad A=p_1\cdot a_1+\ldots+p_n\cdot a_n$ .

Basta ver que $G\leq A$ , ya que probando esta desigualdad se demostraría como consecuencia que $H\leq G$ considerando los valores inversos $\cfrac{1}{a_i}$ (e invirtiendo la desigualdad).

Para ver que $G\leq A$ , tenemos en cuenta que $a_1\leq G\leq a_n$ y por tanto existe un índice $j$ tal que $a_j\leq G\leq a_{j+1}$ . Entonces vemos que

$\displaystyle{\sum_{i=1}^j pi\int_{a_i}^G \left(\cfrac{1}{t}-\cfrac{1}{G}\right)dt}+ \displaystyle{\sum_{i=j+1}^n pi\int_G^{a_i} \left(\cfrac{1}{G}-\cfrac{1}{t}\right)dt}\geq 0\quad (*)$

ya que todos los sumandos son no negativos. Agrupando convenientemente en $(*)$ sigue que

$\displaystyle{\sum_{i=1}^n pi\int_G^{a_i}\cfrac{1}{G}\;dt}\geq \displaystyle{\sum_{i=1}^n pi\int_G^{a_i}\cfrac{1}{t}\;dt}$

Calculando directamente estas integrales y sumas vemos que

$\cfrac{A}{G}-1\geq log G-log G (=0)$

y de aquí que $G\leq A$ . Además se da la igualdad si y sólo si las integrales que aparecen en $(*)$ son todas nulas, es decir, todos las cantidades $a_i$ ‘s son iguales (al valor de $G$ ).

Responde

Buscar

Premio Prisma 2018

Suscríbete por mail

Si quieres recibir los artículos de Gaussianos en tu mail, haz click en la imagen.

Últimas entradas

Últimos comentarios

Gaussianos en Facebook

Yo construí el poliedro de Császár

Únete a la iniciativa Yo construí el poliedro de Császár. Haz click en la imagen para conocer todo los detalles.

Y visita este set de Flickr para ver las construcciones de los lectores de Gaussianos.