Disuguaglianza naturali
Salve a tutti,
mi era stata proposta dal prof questa dimostrazione $ (n!)^2 >=n^n $ .
avevo pensato, a prima vista, di poter utilizzare la disuguaglianza notevole Media Geometrica mag.ug. Media Armonica, ma mio malgrado giungo ad un bel problema si ottiene che $ root(n)((n!)) >= n /(1+1/2+...+1/n) $ quindi $ n! >= (n/(1+1/2+...+1/n))^n $ ora dovrei tipo dimostrare che $ (1+1/2+...+1/n)^n <= n! $ o qualcosa del genere per passare ai reciproci e quindi affermare la tesi ma non ho la minima idea di come fare.
la seconda dimostrazione sfrutta il principio del minimo :
Sia $ A = { n in N : (n!)^2 < n^n } $ , proviamo che A è vuoto. Al contrario supponiamo che sia A non vuoto, allora A è contenuto propriamente in N pertanto per PBO ha minimo. Se A è N allora il minimo è 1 (n.b. noi lo definiamo così N ) allora 1 deve soddisfare la diseguaglianza, ma ciò non è possibile. allora A è contenuto in N, sia A arbitrario sottoinsieme di N, non vuoto, con tale proprietà sia m il suo minimo allora deve essere che $ (m!)^2< m^m => m^2(m-1)!^2 <= m^m => ((m-1)!)^2 <= m^(m-2) $ ma m-1 è più piccolo del minimo pertanto appartiene al complementare di conseguenza $ ((m-1)!)^2 >= (m-1)^(m-1) $ allora confrontando con la precedente disuguaglianza si ha che $ (m-1)^(m-1) < m^(m-2) => (m-1)^(m-1)/m^(m-2)< 1 => (m-1/m)^(m-1)*m < 1 $ ora siccome m non è 1 allora $ -1/m > -1 $ pertanto posso applicare la disuguaglianza di Bernoulli $ (1+(-1/m))^(m-1)>= (1+(m-1)(-1/m)) $ sostituendo nella precedente disuguaglianza e sviluppando i calcoli ottengo che 1>1 di conseguenza concludo che ciò è una contraddizione. dal momento che A è arbitrario in N allora concludo che $ AA nin N, nin N ^^ n notin A $ cioè A è il vuoto.
Qualcuno gentilmente può darmi qualche dritta sulla prima dimostrazione e anche su quest'altra, perchè per quanto interessante mi dà l'impressione che non fili alla perfezione.
Grazie
mi era stata proposta dal prof questa dimostrazione $ (n!)^2 >=n^n $ .
avevo pensato, a prima vista, di poter utilizzare la disuguaglianza notevole Media Geometrica mag.ug. Media Armonica, ma mio malgrado giungo ad un bel problema si ottiene che $ root(n)((n!)) >= n /(1+1/2+...+1/n) $ quindi $ n! >= (n/(1+1/2+...+1/n))^n $ ora dovrei tipo dimostrare che $ (1+1/2+...+1/n)^n <= n! $ o qualcosa del genere per passare ai reciproci e quindi affermare la tesi ma non ho la minima idea di come fare.
la seconda dimostrazione sfrutta il principio del minimo :
Sia $ A = { n in N : (n!)^2 < n^n } $ , proviamo che A è vuoto. Al contrario supponiamo che sia A non vuoto, allora A è contenuto propriamente in N pertanto per PBO ha minimo. Se A è N allora il minimo è 1 (n.b. noi lo definiamo così N ) allora 1 deve soddisfare la diseguaglianza, ma ciò non è possibile. allora A è contenuto in N, sia A arbitrario sottoinsieme di N, non vuoto, con tale proprietà sia m il suo minimo allora deve essere che $ (m!)^2< m^m => m^2(m-1)!^2 <= m^m => ((m-1)!)^2 <= m^(m-2) $ ma m-1 è più piccolo del minimo pertanto appartiene al complementare di conseguenza $ ((m-1)!)^2 >= (m-1)^(m-1) $ allora confrontando con la precedente disuguaglianza si ha che $ (m-1)^(m-1) < m^(m-2) => (m-1)^(m-1)/m^(m-2)< 1 => (m-1/m)^(m-1)*m < 1 $ ora siccome m non è 1 allora $ -1/m > -1 $ pertanto posso applicare la disuguaglianza di Bernoulli $ (1+(-1/m))^(m-1)>= (1+(m-1)(-1/m)) $ sostituendo nella precedente disuguaglianza e sviluppando i calcoli ottengo che 1>1 di conseguenza concludo che ciò è una contraddizione. dal momento che A è arbitrario in N allora concludo che $ AA nin N, nin N ^^ n notin A $ cioè A è il vuoto.
Qualcuno gentilmente può darmi qualche dritta sulla prima dimostrazione e anche su quest'altra, perchè per quanto interessante mi dà l'impressione che non fili alla perfezione.
Grazie
Risposte
Ciao Il_Drugo,
Mi ricordo di averla già dimostrata in un post, ma siccome non lo trovo la riscrivo...
$n! = 1 \times 2 \times 3 \times ... \times (n - 1) \times n $
$n! = n \times (n - 1) \times (n - 2) \times ... \times 2 \times 1 $
Moltiplicando i due membri si trova:
$(n!)^2 = \prod_{k = 1}^n [k \times (n - k + 1)] $
Ora non è difficile rendersi conto che ogni termine di questo prodotto è $ >= n$, quindi l'intero prodotto è $ >= n^n $, vale a dire che si ha proprio $(n!)^2 >= n^n $
Mi ricordo di averla già dimostrata in un post, ma siccome non lo trovo la riscrivo...
$n! = 1 \times 2 \times 3 \times ... \times (n - 1) \times n $
$n! = n \times (n - 1) \times (n - 2) \times ... \times 2 \times 1 $
Moltiplicando i due membri si trova:
$(n!)^2 = \prod_{k = 1}^n [k \times (n - k + 1)] $
Ora non è difficile rendersi conto che ogni termine di questo prodotto è $ >= n$, quindi l'intero prodotto è $ >= n^n $, vale a dire che si ha proprio $(n!)^2 >= n^n $
Comunque, quel ragionamento con il principio del minimo è solo un modo più complicato di applicare il principio di induzione. Se non vuoi fare come pilloeffe suggerisce, usa il principio di induzione.
"pilloeffe":
Ciao Il_Drugo,
Mi ricordo di averla già dimostrata in un post, ma siccome non lo trovo la riscrivo...
$n! = 1 \times 2 \times 3 \times ... \times (n - 1) \times n $
$n! = n \times (n - 1) \times (n - 2) \times ... \times 2 \times 1 $
Moltiplicando i due membri si trova:
$(n!)^2 = \prod_{k = 1}^n [k \times (n - k + 1)] $
Ora non è difficile rendersi conto che ogni termine di questo prodotto è $ >= n$, quindi l'intero prodotto è $ >= n^n $, vale a dire che si ha proprio $(n!)^2 >= n^n $
Ciao grazie per la risposta, in effetti mi era proprio sfuggito di andare sul banale ahah, comunque se ti può interessare sono riuscito a terminare la disuguaglianza sfruttando le già note disuguaglianze geometrica armonica, te la scrivo :
è immediato osservare che per n minore o uguale a 3 la disuguaglianza $ (n!)^2 >= n^n $ è ovvia.
proviamo allora la tesi per n maggiore od uguale a 4.
sfruttiamo il fatto che in generale è vero che GM (geometrica) maggiore o uguale HM (armonica) allora è vero per n maggiore od uguale a 4. Si avrà che $ root(n)(n*(n-1)*...*2*1) >= n/(1+1/2+...+1/n) => n!>= n^n/(1+1/2+...+1/n)^n $ ora sarà sufficiente provare che per ogni n maggiore od uguale a 4 risulta che $ n!>= (1+1/2+...+1/n)^n $.
Riscriviamo i termini della somma dei reciproci, in modo più elegante $ ((1)+(1/2+...+1/n))^n $ poniamo A=1 e B=(resto della somma). ora è immediato osservare che 0
sfruttiamo questo risultato nella diseguaglianza iniziale, ricordando che $ (1+1/2+...+1/n)^n <= n! => 1/(1+1/2+...+1/n)^n >= 1/(n!) => n^n/(1+1/2+...+1/n)^n >=n^n/(n!) $ ma $ n!>=n^n/(1+1/2+...+1/n)^n >=n^n/(n!) $ allora $ (n!)^2>=n^n square $.
Credo sia corretta, inoltre è abbastanza simpatica come dimostrazione, ma ciò non toglie che la tua è il top in quanto corretta ed economica
@pilloeffe
Bella!
Semplice ed elegante
Bella!
Semplice ed elegante
"Bokonon":
@pilloeffe
Bella!
Semplice ed elegante
Grazie Bokonon!
@Il_Drugo
Anche la tua mi sembra corretta, ma decisamente molto più artificiosa...
Posto che la serie armonica diverge, mi spiegate perché risulta $B=1/2 + 1/3+ ... + 1/n <1$ per ogni indice $n$?
Eh, mi sa che come spesso accade ha ragione gugo82, infatti è falso già per $n = 4 $:
$ 1/2 + 1/3 + 1/4 = 13/12 > 1 $
$ 1/2 + 1/3 + 1/4 = 13/12 > 1 $
Si sì me ne sono accorto proprio ieri sera, infatti dovevo eliminare la corbelleria, ma sto sotto esame e quindi non ho avuto molto tempo di operare, ad ogni modo credo che la disuguaglianza serie armonica alla n sia comunque minore od uguale a n! (Per n maggiore o uguale a 4) il fatto è: come lo si dimostra?, cioè è abbastanza impegnativa come cosa, farlo per induzione mi sembrerebbe una perdita di tempo madornale in quanto avrei potuto applicarla sin dall’inizio... ma io preferico le robe costruttive quindi qualche input sulla dimostrazione? (Dato che ancora non so nulla di combinatoria )
Vediamo se ti piace questa, anche se è per induzione e non è costruttiva...
1) Si vede subito che la disuguaglianza $ (n!)^2 >= n^n $ è vera per $n = 1 $, $n = 2 $ e $n = 3 $;
2) Per $ n >= 2 $ si ha $ (n + 1) > e \implies (n + 1)^2 > e(n + 1) $;
3) $ \frac{(n+1)^{n+1}}{n^n} = (\frac{n+1}{n})^n (n+1) = (1+1/n)^n (n+1) < e(n+1) \implies $
$ \implies n^n \cdot e(n+1) > (n+1)^{n+1} $
A questo punto partiamo con la dimostrazione per induzione, omettendo il passo base che è già in 1).
Quindi:
Hp) $ (n!)^2 >= n^n $
Th) $((n + 1)!)^2 >= (n + 1)^{n + 1} $
$ ((n+1)!)^2 = (n! \cdot (n+1))^2 = (n!)^2 \cdot (n+1)^2 \overset{\text{Hp)}}[\ge] n^n \cdot (n+1)^2 \overset{\text{2)}}[>] n^n \cdot e(n+1) \overset{\text{3)}}[>] (n+1)^{n+1} \qquad \square $
1) Si vede subito che la disuguaglianza $ (n!)^2 >= n^n $ è vera per $n = 1 $, $n = 2 $ e $n = 3 $;
2) Per $ n >= 2 $ si ha $ (n + 1) > e \implies (n + 1)^2 > e(n + 1) $;
3) $ \frac{(n+1)^{n+1}}{n^n} = (\frac{n+1}{n})^n (n+1) = (1+1/n)^n (n+1) < e(n+1) \implies $
$ \implies n^n \cdot e(n+1) > (n+1)^{n+1} $
A questo punto partiamo con la dimostrazione per induzione, omettendo il passo base che è già in 1).
Quindi:
Hp) $ (n!)^2 >= n^n $
Th) $((n + 1)!)^2 >= (n + 1)^{n + 1} $
$ ((n+1)!)^2 = (n! \cdot (n+1))^2 = (n!)^2 \cdot (n+1)^2 \overset{\text{Hp)}}[\ge] n^n \cdot (n+1)^2 \overset{\text{2)}}[>] n^n \cdot e(n+1) \overset{\text{3)}}[>] (n+1)^{n+1} \qquad \square $
Non ho capito, una dimostrazione per induzione non sarebbe costruttiva?
Ciao dissonance,
Non so se l'OP la intende come la intendo io, ma per me una dimostrazione per induzione non è costruttiva nel senso che la relazione è assegnata e bisogna dimostrare che è vera. In una dimostrazione costruttiva invece la relazione si determina. Esempio per intenderci:
Tutti sanno che $ 1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n + 1)}{2} $
Dimostrare per induzione che è vera è banale.
Una dimostrazione costruttiva invece, che consente di determinare la somma dei primi $n $ numeri naturali, è ad esempio quella di Gauss:
\begin{equation*}
\begin{split}
S & = 1 + \qquad 2 \quad + \qquad 3 \quad + ... + \quad (n - 2) + (n - 1) + n\\
S & = n + (n - 1) + (n - 2) \quad + ... + \qquad 3 \qquad + \quad 2 \quad + 1
\end{split}
\end{equation*}
Sommando membro a membro si ha:
\begin{equation*}
\begin{split}
S & = 1 + \qquad 2 \quad + \qquad 3 \quad + ... + \quad (n - 2) + (n - 1) + n\\
S & = n + (n - 1) + (n - 2) \quad + ... + \qquad 3 \qquad + \quad 2 \quad + 1\\
\hline
2S & = \underbrace{(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1)}_{n \; volte}
\end{split}
\end{equation*}
Cioè $2S = n \times (n + 1)$ e quindi $ S = \frac{n \cdot (n + 1)}{2} $
Non so se l'OP la intende come la intendo io, ma per me una dimostrazione per induzione non è costruttiva nel senso che la relazione è assegnata e bisogna dimostrare che è vera. In una dimostrazione costruttiva invece la relazione si determina. Esempio per intenderci:
Tutti sanno che $ 1 + 2 + 3 + ... + n = \frac{n(n + 1)}{2} $
Dimostrare per induzione che è vera è banale.
Una dimostrazione costruttiva invece, che consente di determinare la somma dei primi $n $ numeri naturali, è ad esempio quella di Gauss:
\begin{equation*}
\begin{split}
S & = 1 + \qquad 2 \quad + \qquad 3 \quad + ... + \quad (n - 2) + (n - 1) + n\\
S & = n + (n - 1) + (n - 2) \quad + ... + \qquad 3 \qquad + \quad 2 \quad + 1
\end{split}
\end{equation*}
Sommando membro a membro si ha:
\begin{equation*}
\begin{split}
S & = 1 + \qquad 2 \quad + \qquad 3 \quad + ... + \quad (n - 2) + (n - 1) + n\\
S & = n + (n - 1) + (n - 2) \quad + ... + \qquad 3 \qquad + \quad 2 \quad + 1\\
\hline
2S & = \underbrace{(n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + ... + (n + 1) + (n + 1) + (n + 1)}_{n \; volte}
\end{split}
\end{equation*}
Cioè $2S = n \times (n + 1)$ e quindi $ S = \frac{n \cdot (n + 1)}{2} $
@pilloeffe hai colto pienamente nel segno, è proprio questo che intendo, è facile (o quasi sempre è così) fare la verifica con l’ induzione quando c’è già bella e pronta la formula... ma in generale qualcuno ha avuto un’idea che deve aver provato, costruendo un ragionamento sottile e preciso, che ha permesso di creare la formula!
E lo stesso atteggiamento lo ho nei confronti delle dimostrazioni Ad Assurdo.
E lo stesso atteggiamento lo ho nei confronti delle dimostrazioni Ad Assurdo.
"Il_Drugo":
è facile (o quasi sempre è così) fare la verifica con l’induzione quando c’è già bella e pronta la formula... ma in generale qualcuno ha avuto un’idea che deve aver provato, costruendo un ragionamento sottile e preciso
Attenzione a non snobbare troppo le dimostrazioni per induzione, che possono fornire una conferma a quanto si è intuito, perché mentre è senz'altro vero che qualcuno deve pur aver avuto un'idea che deve aver provato, non è detto che ci sia dietro un ragionamento così sottile e preciso: ad esempio dai un'occhiata alla diseguaglianza in questo thread, che ti riporto qui di seguito:
$ ln n! > sqrt{n}/4 \quad \AA n ge 2 $
Ora sicuramente non vincerò la medaglia Field, anche perché senz'altro sussistono stime migliori, ma non è che ho fatto tutto questo ragionamento sottile e preciso, semplicemente ho notato che graficamente la cosa funzionava. D'altronde dimostrarla per induzione potrebbe non essere così semplice...
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