Я одна, но всё же я есть. Я не могу сделать всё, но всё же могу сделать что-то. И я не откажусь сделать то немногое, что могу (c)
Если доказывать методом математической индукции, то надо проверить базу индукции (что при n=1 верно) Если предположение индукции `(2n)!<2^(2n)*(n!)^2` (1), то доказать надо `(2(n+1))!<2^(2(n+1))*((n+1)!)^2` Или иначе `(2n)!(2n+1)(2n+2) < 2^(2n)*2^2*n!^2(n+1)^2` (2)
Аккаунт для использования в публичных местах. Основной ник - Trotil.
Комбинаторное доказательство.
1) Возьмём 2n предметов. Расставить их можно (2n)! способами. 2) А так же, можно разбить эту группу предметов на две, каждую из которых можно расставить n! cпособами, и при этом каждую расстановку можно проассоциировать с двоичным вектором длины (2n), расставляя предметы из первой группы на месте 0, второй группы - на месте 1.
Понятно, что все расстановки покроют случаи, когда число 0 и 1 одинаково, и у нас останется куча нереализованных способов из 2.
Иначе говоря, это можно записать через число способов расстановки (1) и (2) (которые равны друг другу), а (2), очевидно, меньше, чем 2^(2n)*(n!)^2.
Один промежуточный шаг, и искомое неравенство очевидно.
Я одна, но всё же я есть. Я не могу сделать всё, но всё же могу сделать что-то. И я не откажусь сделать то немногое, что могу (c)
Продолжая способ метододом индукции Умножьте обе части верного по предположению индукции неравенства (1) на `(2n+1)(2n+2)` получится верное же неравенство и докажите, что правая его часть меньше 2^(2n)*2^2*n!^2(n+1)^2 По транзитивности отношения меньше доказывается требуемое UPD Под транзитивностью отношения "меньше" понимается следующее Для любых `a, b, c` справедливо: если `a < b` и `b < c`, то `a < c`
Среди множителей в `(2n)!` ровно `n` четных. Если вынести множитель `2` из каждого четного множителя, то образуется произведение `2^n\cdot n!`. Таким образом, осталось проверить неравенство `1\cdot 3\dots (2n-1)<2^n\cdot n!`. Достаточно заметить, что правая часть равна `2\cdot 4\dots (2n)`, т.е. каждый множитель такого произведения больше соответствующего множителя из левой части.
-
-
20.09.2011 в 14:07Если предположение индукции `(2n)!<2^(2n)*(n!)^2` (1), то доказать надо
`(2(n+1))!<2^(2(n+1))*((n+1)!)^2`
Или иначе
`(2n)!(2n+1)(2n+2) < 2^(2n)*2^2*n!^2(n+1)^2` (2)
-
-
20.09.2011 в 14:111) Возьмём 2n предметов. Расставить их можно (2n)! способами.
2) А так же, можно разбить эту группу предметов на две, каждую из которых можно расставить n! cпособами, и при этом каждую расстановку можно проассоциировать с двоичным вектором длины (2n), расставляя предметы из первой группы на месте 0, второй группы - на месте 1.
Понятно, что все расстановки покроют случаи, когда число 0 и 1 одинаково, и у нас останется куча нереализованных способов из 2.
Иначе говоря, это можно записать через число способов расстановки (1) и (2) (которые равны друг другу), а (2), очевидно, меньше, чем 2^(2n)*(n!)^2.
Один промежуточный шаг, и искомое неравенство очевидно.
-
-
20.09.2011 в 14:17-
-
20.09.2011 в 14:17Умножьте обе части верного по предположению индукции неравенства (1) на `(2n+1)(2n+2)` получится верное же неравенство и докажите, что правая его часть меньше 2^(2n)*2^2*n!^2(n+1)^2
По транзитивности отношения меньше доказывается требуемое
UPD
Под транзитивностью отношения "меньше" понимается следующее
Для любых `a, b, c` справедливо: если `a < b` и `b < c`, то `a < c`
-
-
20.09.2011 в 19:56