LX OM - I - Zadanie 11

Udowodnić, że dla dowolnych liczb całkowitych
$ k>m \geqslant 1 $ spełniona jest nierówność

\[<br />
\frac{\sqrt[k]{k!}}{\sqrt[m]{m!}} < \frac{k}{m}<br />
\]

Rozwiązanie

Daną do udowodnienia nierówność możemy przepisać w postaci

\[<br />
\frac{\sqrt[k]{k!}}{k} < \frac{\sqrt[m]{m!}}{m}, \quad \text{gdzie } k > m.<br />
\]

Zatem teza zadania sprowadza się do wykazania, że ciąg $ (a_n) $ dany wzorem

\[<br />
a_n=\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}<br />
\]

jest ściśle malejący. Innymi słowy, wystarczy dowieść nierówności

\[<br />
(1) \qquad \frac{\sqrt[n+1]{(n+1)!}}{n+1} < \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} \quad \text{dla } n =1,2,3, \cdots.<br />
\]

Dalsze rozumowanie przeprowadzimy dwoma sposobami.


Sposób I

Ustalmy liczbę $ t =1,2, \cdots,n $ i zastosujmy nierówność pomiędzy średnią arytmetyczną
a średnią geometryczną do następujących $ n $ liczb:

\[<br />
(2) \qquad<br />
\underbrace{\frac{t+1}{n+1}, \frac{t+1}{n+1}, \cdots, \frac{t+1}{n+1}}_{t \text{ liczb}},<br />
\underbrace{\frac{t}{n+1}, \frac{t}{n+1}, \cdots, \frac{t}{n+1}}_{n-t \text{ liczb}}<br />
\]

Średnia arytmetyczna tych liczb jest równa

\[<br />
\frac{1}{n}\left(t\cdot \frac{t+1}{n+1} + (n-t)\cdot \frac{t}{n+1} \right)=<br />
\frac{1}{n}\frac{t^2+t+nt-t^2}{n+1} = \frac{t(1+n)}{n(n+1)} = \frac{t}{n},<br />
\]

natomiast średnia geometryczna wynosi

\[<br />
\sqrt[n]{\left(\frac{t+1}{n+1}\right)^t \left(\frac{t}{n+1}\right)^{n-t}}=<br />
\frac{1}{n+1}\sqrt[n]{(t+1)^tt^{n-t}} = \frac{t}{n+1}\sqrt[n]{\frac{(t+1)^t}{t^t}}<br />
\]

Na podstawie nierówności pomiędzy średnimi uzyskujemy stąd zależności

\[<br />
(3) \qquad \frac{t}{n} \geqslant \frac{t}{n+1} \sqrt[n]{\frac{(t+1)^t}{t^t}} \quad \text{dla } t =1,2, \cdots,n.<br />
\]

Mnożąc stronami wszystkie nierówności (3) dochodzimy do wniosku, że

\[<br />
\begin{split}<br />
\frac{n!}{n} &= \frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n} \cdot\cdots \cdot \frac{n}{n} \\<br />
&\geqslant \frac{1}{n+1} \cdot \frac{2}{n+1} \cdot \cdots \cdot \frac{n}{n+1}<br />
\sqrt[n]{\frac{2^1}{1^1}\cdot\frac{3^2}{2^2}\cdot\frac{4^3}{3^3}\cdot \cdots \cdot \frac{(n+1)^n}{n^n}} \\<br />
&= \frac{n!}{(n+1)^n}\cdot \sqrt[n]{\frac{(n+1)^n}{1\cdot 2\cdot 3 \cdot \cdots \cdot n}} \\<br />
&= \frac{(n+1)!}{(n+1)^n\sqrt[n]{n!}}<br />
\end{split}<br />
\]

Wyciągając teraz pierwiastek stopnia $ n $ otrzymujemy

\[<br />
(4) \qquad \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} \geqslant \frac{\sqrt[n]{(n+1)!}}{n+1}\cdot \frac{1}{\sqrt[n^2]{n!}}<br />
\]

i widzimy, że aby z udowodnionej właśnie nierówności (4) wywnioskować zależność (1), wystarczy sprawdzić, że

\[<br />
(5) \qquad \sqrt[n]{(n+1)!} > \sqrt[n+1]{(n+1)!}\cdot \sqrt[n^2]{n!}.<br />
\]

Podnosząc stronami zależność (5) do potęgi $ n^3+n^2 $ i wykonując przekształcenia otrzymujemy
następujące jej postaci równoważne:

\[<br />
\begin{split}<br />
(n+1)!^{n^2+n} &> (n+1)!^{n^2}\cdot (n!)^{n+1},\\<br />
(n+1)!^n &> (n!)^{n+1},\\<br />
(n+1)^n \cdot (n!)^n &> n!\cdot(n!)^n,\\<br />
(n+1)^n &> n!.<br />
\end{split}<br />
\]

Ostatnia nierówność jest spełniona, gdyż jej prawa strona jest iloczynem $ n $ liczb
mniejszych od $ n+1 $, zaś lewa strona jest iloczynem $ n $ liczb równych $ n+1 $.
W efekcie uzyskujemy kolejno nierówności (5) i (1), co daje tezę zadania.

Sposób II

Podnosząc stronami dowodzoną nierówność (1) do potęgi $ n(n +1) $ uzyskujemy
równoważną nierówność

\[<br />
(6) \qquad \frac{(n+1)!^n}{(n!)^{n+1}} < \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n(n+1)}<br />
\]

Lewa strona zależności (6) jest równa

\[<br />
\frac{(n!)^n \cdot(n+1)^n}{(n!)^n\cdot n!} = \frac{(n+1)^n}{n!}<br />
\]

a więc nierówność (6) możemy przepisać w postaci

\[<br />
\frac{(n+1)^n}{n!}<\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n(n+1)}<br />
\]

lub równoważnie

\[<br />
n!>\frac{n^{n(n+1)}}{(n+1)^{n^2}}<br />
\]

Wystarczy zatem dowieść nierówności (7) dla $ n =1,2,3, \cdots $. W tym celu
zastosujemy indukcję. Dla $ n = 1 $ zależność (7) przybiera postać $ 1 > \frac{1}{2} $
i jest prawdziwa. Aby wykonać krok indukcyjny, należy z nierówności (7) wywnioskować nierówność

\[<br />
(8) \qquad (n+1)!>\frac{(n+1)^{(n+1)(n+2)}}{(n+2)^{(n+1)^2}}<br />
\]

a do tego dostateczne będzie sprawdzenie, że dla $ n =1, 2,3, \cdots $ spełniona jest nierówność

\[<br />
(9) \qquad n+1 >\frac{(n+1)^{(n+1)(n+2)}}{(n+2)^{(n+1)^2}} \: \frac{n^{n(n+1)}}{(n+1)^{n^2}}<br />
=\frac{(n+1)^{2n^2+3n+2}}{(n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)}}<br />
\]

gdyż wówczas mnożąc stronami zależności (7) i (9) uzyskamy nierówność (8).

Pozostaje więc wykazać prawdziwość zależności (9). W tym celu przekształcamy ją równoważnie w następujący sposób:

\[<br />
\begin{split}<br />
(n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)} &> (n+1)^{2n^2+3n+1},\\<br />
(n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)} &> (n+1)^{(2n+1)(n+1)},\\<br />
(n+2)^{n+1}\cdot n^n &> (n+1)^{2n+1},\\<br />
\left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right) &> \frac{n+1}{n+2}<br />
\end{split}<br />
\]

Stosując teraz nierówność Bernoulliego (zob. LII Olimpiada Matematyczna, Sprawozdanie Komitetu Głównego, Warszawa 2002, Dodatek A, str. 99) uzyskujemy

\[<br />
\left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right)^n = \left( 1-\frac{1}{(n+1)^2}\right)^n \geqslant 1-\frac{n}{(n+1)^2}<br />
=\frac{n^2+n+1}{(n+1)^2}<br />
\]

Aby zatem zakończyć dowód poprzedniej nierówności, wystarczy już tylko sprawdzić, że

\[<br />
\frac{n^2+n+1}{(n+1)^2}>\frac{n+1}{n+2},<br />
\]

lecz to sprowadza się do prawdziwej zależności

\[<br />
(n^2+n+1)(n+2) = n^3+3n^2+3n+2 >n^3+3n^2+3n+1 =(n+1)^3.<br />
\]

Stąd kolejno wynikają nierówności (9), (7), (6) i (1), co kończy rozwiązanie.

Komentarze

Dodaj nową odpowiedź