Matematické Fórum

moto_moto · 30. 10. 2012 01:22 — Editoval Stýv (30. 10. 2012 09:58)

Dobry den, potreboval bych pomoci s vypoctem tohoto prikladu,
pomoci matematicke indukce mam dokazat nasledujici tvrzeni:

$\sum_{i=1}^{n}(2i)! \ge ((n + 1)!)^n$

Dekuji.

jardofpr · 30. 10. 2012 01:50

ahoj ↑ moto_moto:

zdá sa, že tvrdenie neplatí už pre n=2 ..
nemáš dokázať opačnú nerovnosť?

Tiberios

↑ jardofpr: Myslim, že ta levá strana by měla být nějak uzávorkovaná. Nejsem jistej, jestli má větší prioritu suma nebo faktoriál.

moto_moto · 30. 10. 2012 01:55

↑ jardofpr:

nn, mam to pred sebou, a je tu napsano "Pomoci matematicke indukce dokazte nasledujici tvrzeni:".

p.s.
Prosim moderatora opravit chybu v nazvu temy

moto_moto · 30. 10. 2012 01:56

↑ Tiberios:, ma to byt suma faktorialu

Tiberios · 30. 10. 2012 01:59

↑ moto_moto:

Já vim. Já koukám na ten samý papír, ale když jsem nad tím přemýšlel, tak mě napadlo, že by to možná mělo správně být obráceně.

Mimochodem trojku nebo pěktu máš? (na tu se ptám v tématu kousek pod tebou)

moto_moto · 30. 10. 2012 02:02

↑ Tiberios:, Petku mam, trojku nemam, ale podobny priklad uz tady resili:
Rok 2010
http://forum.matweb.cz/viewtopic.php?id=21500

jardofpr

povedal by som, že v zápise ktorý uvádzaš v ↑ moto_moto: má na ľavej strane
prioritu faktoriál, teda ide o súčet faktoriálov,
v tejto forme ale nerovnosť neplatí už pre $n=2$

$2!+4!=26<36=6^2=(3!)^2$

Tiberios · 30. 10. 2012 02:08

↑ moto_moto: Díky!

Mohl bys mi napsat tu pětku? Třeba jako odpověď do toho mého tématu.

Jinak já mám jedničku a dvojku-a-b-c.

moto_moto · 30. 10. 2012 11:06

↑ jardofpr:, to vim, ale ja to musim dokazat pomoci mat. indukce.
Vite nekdo jak se zbavim sumy?

Brano · 30. 10. 2012 11:58

↑ moto_moto:
Sotva dokazes nieco co neplati. Este by to mohlo byt $\prod_{i=1}^{n}(2i)! \ge ((n + 1)!)^n$ (alebo nejaka varianta), to by aspon malo sancu platit (AG nerovnost).
Inak riesenie tohoto problemu je dost jednoduche, napis mail svojmu vyucujucemu a spytaj sa.

moto_moto · 30. 10. 2012 12:06

↑ Brano:, tak dobre. A co tohle:

$\sum_{i=1}^{n}(2i)! \le ((n+1)!)^n$

Vime, ze to plati, ale jak to dokazu pomoci mat. indukce?

Brano · 30. 10. 2012 13:39 — Editoval Brano (30. 10. 2012 13:49)

Ono tato nerovnost nie je nejaka vzrusujuca. Je jasne, ze clen vpravo rastie brutalne rychlejsie ako ten vlavo, takze to ocividne plati pre dostatocne velke $n$ a bude treba akurat zistit co znamena dostatocne velke a potom to rucne pooverovat pre prvych par clenov.

Inak moj dokaz je komplikovany a dost nudny a ani neviem odhadnut, ci by sa to dalo urobit nejak vyrazne jednoduchsie.

Najprv nejake odhady pre faktorialy (dokaz si indukciou)
$(2n)!\le 2^{2n}n!^2$
$n!\ge (n/3)^n$
pripadne si pozri http://en.wikipedia.org/wiki/Stirling's_approximation
Z tej druhej nerovnosti je vidiet, ze pre $n\ge 5$ plati $n!^{n-2}\ge 4^n$ , cize s tou prvou dohromady mame
$(2n)!\le n!^n$ pre $n\ge 5$ .

Indukcny krok tej povodnej nerovnosti vyzera nejak takto: chceme $V(n-1)\Rightarrow V(n)$ , cize
$...\le n!^{n-1}+(2n)!\le n!^n+n!^n=2\left(n!^n\right)\le (n+1)!^n$ .
Avsak mame to iba pre $n\ge 5$ , cize ako krok 1 to musis dokazat pre $n\in{1,2,3,4}$ t.j. $n=1$ nestaci.

PS: To ze ten dokaz nepokryl $n\in{1,2,3,4}$ este neznamena, ze to nie je ocividne, napr. pre $n=4$ je vyraz vpravo od vyrazu vlavo vacsi o
$207 318 934$ .

PPS: Teraz ma napadlo, ze by sa dalo rovno zacat tu: $(2n)!\le n!^n$ a dokazat to indukciou - v skutocnosti to plati pre $n\ge 3$ .