Acotando el factorial

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.

Autor: ^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook.

10 Comentarios

  1. 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}

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  2. 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).

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  3. 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

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  4. 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.

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

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  6. 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).

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