Неравенство с экспонентой

[alcoholist]

Забавлялся со всякими вычислениями и вышел на неравенство

$$ e^{x-\frac{x^n}{n!}}<\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}. $$

для положительных $x$. Доказывается оно не ахти как сложно, но мне интересно, где оно может всплывать. Никто не поделится?

[zykov]

Где тут произведение?
Есть сумма - ряд Тэйлора для экспоненты.

[alcoholist]

zykov в сообщении #1566007 писал(а):

Где тут произведение?

сообщение много раз редактировалось, формула возникла из некоторого произведения:))

Название изменил. Вопрос актуален.

[alcoholist]

Насчет доказательства. Может быть и есть красивое, но мне ничего не пришло на ум кроме как показать, что все коэффициенты ряда Маклорена для функции

$$ e^{\frac{x^n}{n!}}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{x^k}{k!}-e^x $$

неотрицательны, то есть

$$ \frac{1}{q!k!(n!)^q}\ge\frac{1}{(nq+k)!} $$

для любого деления на $n$ с остатком $nq+k$.
Для этого мне пришлось показать, что

$$ (ab)!\ge a!(b!)^ab\left(\frac{a^{b-1}}{b}\right)^{a}\ge a!(b!)^a\qquad\qquad\qquad(*) $$

и поэтому

$$ (ab+k)!=(ab+k)\cdots(ab+1)(ab)!\ge k!a!(b!)^a. $$

Сначала я думал, что легко найду какую-нибудь простую формулу для факториала произведения, но нашел только

$$ \Gamma(ab-1)=b\left(\frac{a^b}{\sqrt{2\pi}}\right)^a\sqrt{2\pi a}\prod_{k=0}^{a-1}\Gamma\left(b+\frac{k}{a}\right),\qquad\qquad\qquad(**) $$

верную и для комплексных $b$. Отсюда моментально получаем

$$ (ab)!\ge b\left(\frac{a^{b-1}}{b}\right)^a\left(\frac{a}{\sqrt{2\pi}}\right)^a\sqrt{2\pi a}(b!)^a, $$

и $(*)$, если заметить, что $\sqrt{2\pi}<e$.
Так что тут еще один вопрос, есть ли какие-нибудь (достаточно известные) формулы для факториала произведения кроме $(**)$?

[alcoholist]

$(**)$ называется формулой умножения Гаусса

[RIP]

Неравенство $(ab)!\geqslant a!(b!)^a$ тривиально следует из свойств биномиальных коэффициентов:

$$\frac{(ab)!}{(b!)^a}=\prod_{k=2}^{a}\binom{kb}{b}\geqslant\prod_{k=2}^{a}kb=a!b^{a-1}.$$

Несложно проверить, что $\binom{kb}{b}\geqslant k^b$, откуда следует симметричное неравенство $(ab)!\geqslant (a!)^b(b!)^a$.

[Sln]

Та красивое неравенство, как по мне.
А нельзя его как-то проще доказать?
По индукции, для n=1 это тождество, переход ($\forall u\in R: 1+u \le e^u$):

$$e^{x-\frac{x}{(n+1)!}} = 1+\int_0^x(1-\frac{t^n}{n!})e^{t-\frac{t}{(n+1)!}}dt < 1 + \int_0^xe^{-\frac{t^n}{n!}}e^tdt < 1+ \int_0^x\sum_{k=0}^{n-1}\frac{t^k}{k!} = \sum_{k=0}^{n}\frac{t^k}{k!}$$

Где такое можно применить пока не знаю.

[lel0lel]

Sln в сообщении #1571913 писал(а):

А нельзя его как-то проще доказать?

Можно. Просто исследовать функции в обеих частях неравенства. Сначала найти производные.