LX OM - I - Zadanie 11

Zawody matematyczne:

LX OM, 2008-2009

Etap:

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

$ \frac{\sqrt[k]{k!}}{\sqrt[m]{m!}} < \frac{k}{m} $

Rozwiązanie

Daną do udowodnienia nierówność możemy przepisać w postaci

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

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

$ a_n=\frac{\sqrt[n]{n!}}{n} $

jest ściśle malejący. Innymi słowy, wystarczy dowieść nierówności

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

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:

$ (2) \qquad \underbrace{\frac{t+1}{n+1}, \frac{t+1}{n+1}, \cdots, \frac{t+1}{n+1}}_{t \text{ liczb}}, \underbrace{\frac{t}{n+1}, \frac{t}{n+1}, \cdots, \frac{t}{n+1}}_{n-t \text{ liczb}} $

Średnia arytmetyczna tych liczb jest równa

$ \frac{1}{n}\left(t\cdot \frac{t+1}{n+1} + (n-t)\cdot \frac{t}{n+1} \right)= \frac{1}{n}\frac{t^2+t+nt-t^2}{n+1} = \frac{t(1+n)}{n(n+1)} = \frac{t}{n}, $

natomiast średnia geometryczna wynosi

$ \sqrt[n]{\left(\frac{t+1}{n+1}\right)^t \left(\frac{t}{n+1}\right)^{n-t}}= \frac{1}{n+1}\sqrt[n]{(t+1)^tt^{n-t}} = \frac{t}{n+1}\sqrt[n]{\frac{(t+1)^t}{t^t}} $

Na podstawie nierówności pomiędzy średnimi uzyskujemy stąd zależności

$ (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. $

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

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

Wyciągając teraz pierwiastek stopnia $n$ otrzymujemy

$ (4) \qquad \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} \geqslant \frac{\sqrt[n]{(n+1)!}}{n+1}\cdot \frac{1}{\sqrt[n^2]{n!}} $

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

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

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

$ \begin{split} (n+1)!^{n^2+n} &> (n+1)!^{n^2}\cdot (n!)^{n+1},\\ (n+1)!^n &> (n!)^{n+1},\\ (n+1)^n \cdot (n!)^n &> n!\cdot(n!)^n,\\ (n+1)^n &> n!. \end{split} $

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

$ (6) \qquad \frac{(n+1)!^n}{(n!)^{n+1}} < \left(\frac{n+1}{n}\right)^{n(n+1)} $

Lewa strona zależności (6) jest równa

$ \frac{(n!)^n \cdot(n+1)^n}{(n!)^n\cdot n!} = \frac{(n+1)^n}{n!} $

a więc nierówność (6) możemy przepisać w postaci

$ \frac{(n+1)^n}{n!}<\left(\frac{n+1}{n}\right)^{n(n+1)} $

lub równoważnie

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

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

$ (8) \qquad (n+1)!>\frac{(n+1)^{(n+1)(n+2)}}{(n+2)^{(n+1)^2}} $

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

$ (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}} =\frac{(n+1)^{2n^2+3n+2}}{(n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)}} $

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:

$ \begin{split} (n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)} &> (n+1)^{2n^2+3n+1},\\ (n+2)^{(n+1)^2}\cdot n^{n(n+1)} &> (n+1)^{(2n+1)(n+1)},\\ (n+2)^{n+1}\cdot n^n &> (n+1)^{2n+1},\\ \left(\frac{n(n+2)}{(n+1)^2}\right) &> \frac{n+1}{n+2} \end{split} $

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

$ \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} =\frac{n^2+n+1}{(n+1)^2} $

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

$ \frac{n^2+n+1}{(n+1)^2}>\frac{n+1}{n+2}, $

lecz to sprowadza się do prawdziwej zależności

$ (n^2+n+1)(n+2) = n^3+3n^2+3n+2 >n^3+3n^2+3n+1 =(n+1)^3. $

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