неверность

[отрава]

доказать, что
${\frac{\sqrt[a]{a!}}{a}}$ < ${\frac{\sqrt[b]{b!}}{b}}$ \quad \wedge \quad a > b \geq 1 \quad \wedge a, b \in C

[Профессор Снэйп]

Если числа $a$ и $b$ комплексные, то тогда что значит $a > b$?

[отрава]

Я ошибся, должно быть a, b \in Z

[Бодигрим]

В таком случае достаточно рассмотреть случай $b=a+1$.

Я бы попробовал внести знаменатели под корни, представить факториалы как произведения и возвести обе части в степень $ab$.

[gris]

если рассмотреть выражение, как фунцию от n, с помощью формулы Стирлинга представить как непрерывную функцию от x, и посчитать производную от логарифма этой функции, то можно увидеть, что функция ме-е-е-едленно убывает:)
Хотя это и не доказательство, но подтверждение, что неравенство верно.

Добавлено спустя 24 минуты 17 секунд:

кстати, монотонно убывает к е в минус первой.

[отрава]

Бодигрим писал(а):

В таком случае достаточно рассмотреть случай $b=a+1$.

Я бы попробовал внести знаменатели под корни, представить факториалы как произведения и возвести обе части в степень $ab$.

Я думал над тем, но не знаю как это доказать...

[Бодигрим]

отрава в сообщении #145185 писал(а):

Я думал над тем, но не знаю как это доказать...

Мы можем переписать

$$ {\sqrt[a]{a!}\over a} = \sqrt[a]{a!\over a^n} = \sqrt[a]{\prod_{k=1}^a {k\over a}}$$

и аналогично

$$ {\sqrt[b]{b!}\over b}= \sqrt[b]{\prod_{k=1}^b {k\over b}}$$

.
Возведем оба полученных выражения в степень $ab$. Левая часть примет вид

$$ \prod_{k=1}^a \left(k\over a\right)^b = \prod_{k=1}^{a-1} \left(k\over a\right)^b $$

,
а правая -

$$\prod_{k=1}^b \left(k\over b\right)^a $$

.

Теперь подставим $a=b+1$ (ясно, что достаточно доказать утверждение только для этого случая). Теперь и слева, и справа стоят произведения $b$ сомножителей.

[отрава]

Досюда изобразило мне сделаться... Но что далее? Я просил бы полон развязку

[ddn]

Чего же тут думать?
Продолжая решение Бодигрим-а:

$({\sqrt[a]{a!}\over a})^{ab}|_{a=b+1}=\prod\limits_{k=1}^{a-1}\left(k\over a\right)^b|_{a=b+1}=\prod\limits_{k=1}^{b}\left(k\over b+1\right)^b=(\frac{b}{b+1})^{b^2}\prod\limits_{k=1}^{b}\left(k\over b\right)^b$

$({\sqrt[b]{b!}\over b})^{ab}|_{a=b+1}=\prod\limits_{k=1}^{b}\left(k\over b\right)^a|_{a=b+1}=\prod\limits_{k=1}^{b}\left(k\over b\right)^{b+1}=\frac{b!}{b^b}\prod\limits_{k=1}^{b}\left(k\over b\right)^b$

требуется доказать:

$(\frac{b}{b+1})^{b^2}<\frac{b!}{b^b}$, или $b!>b^b(1+\frac{1}{b})^{-b^2}$.




Строго монотонно убывающая функция $\ln(z!)-(\frac{1}{2}\ln(2\pi)+(z+\frac{1}{2})\ln(z)-z)$ на интервале $[1,+\infty)$ имеет областью значений интервал:
$(0,ln(1!)-(\frac{1}{2}\ln(2\pi)+(1+\frac{1}{2})\ln(1)-1)]=(0,1-\frac{1}{2}\ln(2\pi)]=(0,0.081061(_4^5)]$,
откуда
$e^{\frac{1}{2}\ln(2\pi)+(z+\frac{1}{2})\ln(z)-z}<z!\leqslant e^{1+(z+\frac{1}{2})\ln(z)-z}$, или

$\sqrt{2\pi}z^{z+\frac{1}{2}}e^{-z}<z!\leqslant ez^{z+\frac{1}{2}}e^{-z}$ при $z\geqslant 1$.


$\sqrt{2\pi b}e^{-\frac{b}{b+1}}\geqslant\min(\sqrt{2\pi b}e^{-\frac{b}{b+1}}|_{b=1},\min\limits_{b\geqslant 2}\sqrt{2\pi b}e^{-\frac{b}{b+1}})\geqslant\min(\sqrt{\frac{2\pi}{e}},\frac{\sqrt{4\pi}}{e})=$
$=\frac{\sqrt{4\pi}}{e}=\sqrt{\frac{4}{e}}\sqrt{\frac{\pi}{e}}>1$ при $b\geqslant 1$.


$\frac{1}{b+1}=\frac{\frac{1}{b}}{1+\frac{1}{b}}<\ln(1+\frac{1}{b})=\int\limits_{1}^{1+\frac{1}{b}}\frac{dx}{x}<\frac{1}{b}$ при $b>0$,
откуда $-\frac{1}{b+1}>-\ln(1+\frac{1}{b})$




Тогда выводим:

$b!>\sqrt{2\pi}b^{b+\frac{1}{2}}e^{-b}=\sqrt{2\pi b}e^{-\frac{b}{b+1}}\cdot b^be^{-\frac{b^2}{b+1}}>$

$>b^be^{-\frac{b^2}{b+1}}>b^be^{-\ln(1+\frac{1}{b})b^2}=b^b(1+\frac{1}{b})^{-b^2}$

требование доказано