Acotando el factorial

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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.

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Autor: ^DiAmOnD^ | Publicado el 12 de February de 2008
Categorías: Juegos | Imprime este post

Sin comentarios

Masao | 12 de February de 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 $2 \leq (1+\frac{1}{k})^{k} \leq e$
$(2k+1)!\leq (k+1)^{2k+1}$
Javi | 12 de February de 2008 | 15:14

Es cierta segun:
http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling_numbers_of_the_first_kind
pero ni idea como demostrarlo
Domingo H.A. | 12 de February de 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 $k=0$ ).
Asier | 12 de February de 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:

$\displaystyle m! \le \left ( \frac{m}{2} \right ) ^m \Rightarrow \sqrt[m]{m!} \le 1 \le \frac{m}{2} \ \quad \forall m \ge 2 \ \quad q.e.d$
Asier | 12 de February de 2008 | 21:41

Perdón, lo que acabo de escribir es incorrecto…
Asier | 12 de February de 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.
Domingo H.A. | 12 de February de 2008 | 22:57

Muy buena, Asier!
Jorge Romero | 15 de February de 2008 | 15:10

Masao, en la segunda desigualdad, cuando separas pares e impares ¿no te hace falta un dos?, ¿no debería ser $(2k + 1)^{2k+1}?$
Domingo H.A. | 15 de February de 2008 | 22:43

No, se refiere a k+1=(m+1)/2
Domingo H.A. | 17 de February de 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 $G$ ).