Доказать, что (n!)^(1/n) беск. большая

[artempalkin]

Задача из Кудрявцева том 1, пар 8, 100 (2)

Доказать, что последовательность $x_n$ бесконечно большая, если $x_n=\sqrt[n]{n!}$

Я доказал двумя интересными способами. Во-первых, среднее геометрическое не меньше среднего гармонического, а значит

$$\sqrt[n]{n!}\geqslant\frac{n}{1+\frac12+\ldots+\frac1n}$$

в знаменателе част. сумма гармонического ряда, который, конечно, расходится, но намного медленнее, чем $n$ (тут бы какую-то простую оценку добавить, самая точная логарифмом не нужна).

Во-вторых можно воспользоваться теоремой Штольца, неожиданно, если логарифмировать: $\lim\frac{\ln1+\ln2+\ldots+\ln n}{n}=\lim\ln n=+\infty$

Вопрос про какую-то удобную оценку гармонического ряда и про какие-то красивые решения :)

[mihaild]

$n! \geq k^{n - k}$, откуда $\sqrt[n]{n!} \geq k^{1 - k/n}$, откуда $\sqrt[n]{n!} \geq x$ при $n > (2x)^2$.

[Padawan]

$n!>a^n$ при $n>N(a) $. Отсюда $(n!)^{1/n}>a$ при $n>N(a)$.

[Евгений Машеров]

Поиграть в маленького Гаусса и сгруппировать первый с последним, второй с предпоследним... $k(n-k+1)>(n+1)$ при $1<k<\frac n 2$
$n!>(n+1)^{\frac n 2}$
$\sqrt[n]{n!}>\sqrt{n+1}$

[Rak so dna]

Евгений Машеров в сообщении #1614948 писал(а):

$k(n-k+1)>(n+1)$ при $1<k<\frac n 2$
$n!>(n+1)^{\frac n 2}$

$k(n-k+1)-(n+1)=\frac{n(k-2)(n-1 - k)}{n-3} + \frac{(2n-3k)^2+3(k-2)^2}{4(n-3)}$

откуда видно, что $k(n-k+1)>(n+1)$ при $n>3,~2\leq k\leq n-1$.

Для $k=1$ неравенство неверно, поэтому вместо $n!>(n+1)^{\frac n 2}$ мы получим $n!>\frac{n}{n+1}(n+1)^{\frac n 2}$

[Евгений Машеров]

Для $k=1$ получается тривиальное равенство...

[Rak so dna]

Для $n!=\prod\limits_{k=1}^{n/2}{k(n-k+1)}$, мы не можем использовать неравенство $k(n-k+1)>(n+1)$ при $k=1$, поэтому

Rak so dna в сообщении #1614959 писал(а):

вместо $n!>(n+1)^{\frac n 2}$ мы получим $n!>\frac{n}{n+1}(n+1)^{\frac n 2}$

(хоть на доказательство в целом это и не влияет).

[mihiv]

Оценка частичной суммы гармонического ряда:

$$\sum \limits _{k=1}^{n}\dfrac 1k<1+\sum \limits _{k=2}^{n}\dfrac 1{\sqrt {(k-1)k}}<1+\sqrt {(n-1)\sum \limits _{k=2}^{n}\dfrac 1{(k-1)k}}<1+\sqrt {n-1}$$

[Евгений Машеров]

Rak so dna в сообщении #1614962 писал(а):

Для $n!=\prod\limits_{k=1}^{n/2}{k(n-k+1)}$, мы не можем использовать неравенство $k(n-k+1)>(n+1)$ при $k=1$, поэтому Rak so dna в сообщении #1614959

писал(а):
вместо $n!>(n+1)^{\frac n 2}$ мы получим $n!>\frac{n}{n+1}(n+1)^{\frac n 2}$ (хоть на доказательство в целом это и не влияет).

Ну так в произведении слева каждый сомножитель, кроме первого, больше соответствующего справа (первые - равны). Там у меня другая описка. Не $n+1$, а просто n.

[Rak so dna]

Евгений Машеров в сообщении #1615005 писал(а):

Там у меня другая описка.

Вам настолько принципиально не признавать ошибку? Ну хорошо, пусть будет

Евгений Машеров в сообщении #1615005 писал(а):

Не $n+1$, а просто n.

Хотя, как уже говорилось, моя поправка на итог не влияет:

$\sqrt[n]{n!}>\sqrt[n]{\frac{n}{n+1}}\cdot\sqrt{n+1}$

[Евгений Машеров]

Да нет там никакого $n+1$
Это был мой косяк, механически воспроизвёл подход для суммы арифметической прогрессии, а у нас произведение, умножение на 1, а не прибавление, то есть просто n.

[Rak so dna]

Евгений Машеров в сообщении #1615102 писал(а):

Да нет там никакого $n+1$

В том доказательстве, которое вы "имели ввиду" — нет, а в том, которое получили — есть. Повторю в третий раз: доказательство (то, которое есть) верное.

[artempalkin]

Padawan в сообщении #1614939 писал(а):

$n!>a^n$ при $n>N(a) $. Отсюда $(n!)^{1/n}>a$ при $n>N(a)$.

Да, спасибо, очень простой подход

Евгений Машеров в сообщении #1614948 писал(а):

Поиграть в маленького Гаусса

Вообще, я замечаю, в подобных задачах такой подход полезен, спасибо!

mihiv в сообщении #1614964 писал(а):

Оценка частичной суммы гармонического ряда:

$$\sum \limits _{k=1}^{n}\dfrac 1k<1+\sum \limits _{k=2}^{n}\dfrac 1{\sqrt {(k-1)k}}<1+\sqrt {(n-1)\sum \limits _{k=2}^{n}\dfrac 1{(k-1)k}}<1+\sqrt {n-1}$$

Да, спасибо, очень полезная оценка!

mihaild в сообщении #1614913 писал(а):

$n! \geq k^{n - k}$, откуда $\sqrt[n]{n!} \geq k^{1 - k/n}$, откуда $\sqrt[n]{n!} \geq x$ при $n > (2x)^2$.

Правильно ли я понимаю, что первое неравенство вот так получается $n!=1\cdot 2\cdot\ldots \cdot k\cdot (k+1)\cdot\ldots\cdot n=(k-1)!\cdot k^{n-k}\geqslant k^{n-k}$?

(Оффтоп)

Кстати, mihaild, а почему вы не пользуетесь $\geqslant$? по-моему намного симпатичнее...

[mihaild]

artempalkin в сообщении #1615363 писал(а):

Правильно ли я понимаю, что первое неравенство вот так получается $n!=1\cdot 2\cdot\ldots \cdot k\cdot (k+1)\cdot\ldots\cdot n=(k-1)!\cdot k^{n-k}\geqslant k^{n-k}$?

Да, так.
Кстати если погруппировать более аккуратно (не выкидывать сразу слагаемые, а побить произведение на несколько частей), то можно получить $\left(\frac ne\right)^n$ из формулы Стирлинга.

(Оффтоп)

artempalkin в сообщении #1615363 писал(а):

Кстати, mihaild, а почему вы не пользуетесь $\geqslant$?

Пользуюсь. Но в английских текстах принято писать $\geq$, а пишу я по-английски и по-русски примерно поровну, поэтому привычки нет ни к тому, ни к другому, и расстановка получается довольно случайной.