Numero più grande

[Folpo13]

1. dimostra che $500^(999)>999!$
2. generalizza la dimostrazione che $((n+1)/2)^n>n!$ con $n>=2$, $n\inNN$

L'ho trovato su YouTube e mi sembrava un problema carino e non troppo difficile

[zimmerusky]

Provo il primo punto, che credo poi si colleghi in automatico al secondo

Analizziamo $500^999$, questo numero è formato da $999$ fattori $500$ moltiplicati tra di loro, mentre $999!$ è formato dai primi $999$ numeri interi moltiplicati tra di loro. Scriviamo questi ultimi in ordine crescente. Ora confrontiamo $500^999$ e $999!$ prendendo ogni volta il primo numero e l'ultimo, per poi confrontare il loro prodotto. Ovviamente per $500^999$ avremo come primo numero $500$ e come ultimo numero sempre $500$ mentre per $999!$ avremo come primo numero $999$ e come ultimo $1$. $500\cdot 500$ è maggiore di $999\cdot 1$. Ripetendo questo ragionamento $499$ volte ci accorgiamo che "le coppie di 500" forniscono un prodotto sempre maggiore delle "coppie" prese da $999!$, indi per cui sarà maggiore anche il prodotto finale.

[axpgn]

Il prodotto di due numeri la cui somma è costante ($7+3=6+4=5+5$) è massimo quando i due numeri sono uguali.

Cordialmente, Alex

[zimmerusky]

Ok axpgn, se non erro la tua frase va bene per generalizzare il problema, quindi è risolto anche il secondo punto, anche se deve essere specificato che vale per n dispari, altrimenti $ ((n+1)/2)^n $ non sarebbe un numero intero.

[ot]E bravo a Folpo13 per l'immagine del profilo, canzoni intramontabili [/ot]

[Folpo13]

Se non vedo male la prova di zimmerusky può essere generalizzata per tutti i numeri (nessuno dice che devono venire tutti risultati interi )

Comunque una prova per induzione:

Dimostro il caso base: $n=2$
È facile verificare che $(3/2)^2=9/4>8/4=2=2!$

Ora supponiamo che $\EEk$ tale che vale $((k+1)/2)^k>k!$

Dimostriamo che vale anche per $k+1$:

$(((k+1)+1)/2)^(k+1)=$
$1/2\cdot((k+1)^(k+1)+(k+1)(k+1)^k+\sum_(i=2)^(k+1)((k+1),(i))(k+1)^(k+1-i))/(2^k)$

Che è sicuramente maggiore di

$1/2\cdot((k+1)^(k+1)+(k+1)(k+1)^k)/2^k=((k+1)^(k+1))/2^k=(k+1)((k+1)/2)^k$

Sappiamo che per ipotesi induttiva

$((k+1)/2)^k>k!$ quindi $(k+1)((k+1)/2)^k>(k+1)k! =(k+1)!$

Abbiamo quindi provato che $\EEk\inNN|((k+1)/2)^k>k! =>((k+2)/2)^(k+1)>(k+1)!$

Per induzione allora questa proprietà vale per ogni $n>=2$

[axpgn]

@zimmerusky
Vale sempre, per 1 e 2, per $n$ pari e per $n$ dispari

1)

$500^999>999!\ ->\ (500*500)^499*500>(999*1)(998*2)*...*(501*499)*500\ ->$

$->\ (500*500)^499>(999*1)(998*2)*...*(501*499)$

Come detto, ognuno dei $499$ prodotti $500*500$ è maggiore dei $499$ prodotti del membro di destra.


2)

Se $n$ pari:

Pongo $(n+1)/2=a$ da cui $a+a=n+1=(n-1)+2=(n-2)+3=...=(n-n/2+1)+(n-n/2)$

Quindi $((n+1)/2)^n>n!\ ->\ (a*a)^(n/2)>[n*1][(n-1)*2][(n-2)*3]*...*[(n-n/2+1)(n-n/2)]$


Se $n$ dispari:

Pongo $(n+1)/2=a$ da cui $a+a=n+1=(n-1)+2=(n-2)+3=...=(n/2+1)+(n/2-1)$

Quindi $((n+1)/2)^n>n!\ ->\ (a*a)^((n-1)/2)*a>n*1*(n-1)*2*(n-2)*3*...*((n+1)/2+1)((n+1)/2-1)*a$

Cordialmente, Alex