Γεμίσαμε παραγοντικά

#1

Να συγκριθούν ως προς το μέγεθος οι αριθμοί $\displaystyle{2^{25!}}$ και $\displaystyle{(2^{25} )!}$

Σχόλια.

α) Στην πραγματικότητα ο ένας από τους δύο αριθμούς είναι πολύύύύ πιο μεγάλος από τον άλλον, αλλά δεν ζητάω τεκμηρίωση πόσες "δεκάδες χιλιάδες" φορές είναι μεγαλύτερος ο ένας από τον άλλον. Μου αρκεί μία απλή σύγκριση.

β) Η άσκηση (σε μικρή παραλλαγή) υπάρχει πολλές φορές στο διαδίκτυο. Εννοείται ότι δεν ζητάω να την ψάξετε με Google ή να χρησιμοποιήσετε AI, αλλά να την χαρείτε αυτόνομα. Οπότε το αφήνω στην διακριτική ευχέρεια του καθενός να μην παραβεί ακαδημαϊκούς κανόνες. Υπόψη ότι σε αρκετά από τα σημεία που είδα λύση, έχουν κενό ή σφάλμα. Φαίνεται ότι αντιγράφουν ο ένας τον άλλον. Γι΄αυτό έκανα κάποια παραλλαγή της εκφώνησης για να αποφύγω άκριτη αναδημοσίευση στο εδώ φόρουμ, υλικού από αλλού.

nickolas tsik · #2

ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ:(ο πρώτος όρος είναι μεγαλύτερος)
Θέτουμε $N = a^{b}$ . Θέλουμε να δείξουμε
$\displaystyle a^{\,b!} \;>\; (a^{\,b})! (η ισότητα δεν ισχύει ποτέ) \quad\Longleftrightarrow\quad \ln\bigl(a^{\,b!}\bigr) > \ln\bigl((a^{\,b})!\bigr).$
Αφού
$\displaystyle \ln\bigl(a^{\,b!}\bigr) = b!\,\ln(a),$
αρκεί να συγκρίνουμε με $\ln\bigl((a^{\,b})!\bigr)$ .

Για κάθε ακέραιο $M \ge 1$ ισχύει
$\displaystyle \int_{1}^{M} \ln(x)\,dx \;\le\; \ln\bigl(M!\bigr) \;\le\; \int_{1}^{M} \ln(x)\,dx \;+\; \ln(M).$
Όποτε για M = N

έχουμε
$\displaystyle \int_{1}^{N} \ln(x)\,dx \;=\; \bigl[N\,\ln(N) - N\bigr] - \bigl[1\cdot \ln(1) - 1\bigr] = N\,\ln(N) - N + 1.$
Επομένως
$\displaystyle \ln\bigl(N!\bigr) < \bigl(N\,\ln(N) - N + 1\bigr) + \ln(N) = N\,\ln(N) - N + 1 + \ln(N).$
Με $N = a^{b}$ ισχύει
$\displaystyle \ln(N) = \ln\bigl(a^{b}\bigr) = b\,\ln(a), \quad N\,\ln(N) = a^{b}\,(b\,\ln(a)),$
οπότε,
$\displaystyle \ln\bigl((a^{b})!\bigr) < b\,a^{b}\,\ln(a) \;-\; a^{b} \;+\; 1 \;+\; b\,\ln(a).$ έχουμε διαδοχικά και ισοδύναμα
Αφού $\ln\bigl(a^{\,b!}\bigr) = b!\,\ln(a)$ , η ανισότητα $a^{\,b!} > (a^{\,b})!$ θα ισχύει αν
$\displaystyle b!\,\ln(a) \;>\; b\,a^{b}\,\ln(a) \;-\; a^{b} \;+\;1 \;+\; b\,\ln(a).$
$\displaystyle b!\,\ln(a) - b\,a^{b}\,\ln(a) \;>\; -\,a^{b} + 1 + b\,\ln(a),$
$\displaystyle \bigl(b! - b\,a^{b}\bigr)\,\ln(a) \;+\; a^{b} \;>\; b\,\ln(a) + 1,$
$\displaystyle \bigl(b! - b\,a^{b} - b\bigr)\,\ln(a) \;+\;\bigl(a^{b} - 1\bigr) \;>\; 0.$
Άρα η ανισότητα ισχύει αν, οι δύο όροι ικανοποιούν:
$\displaystyle \begin{cases} b! - b\,a^{b} - b > 0 \;\Longleftrightarrow\; b! > b\,a^{b}, \\[0.6em] a^{b} - 1 > 0 \;\Longleftrightarrow\; a^{b} - 1 > b\,\ln(a). \end{cases}$
Έτσι αποδεικνύεται η ισοδυναμία
$\displaystyle a^{\,b!} > (a^{\,b})! \quad\Longleftrightarrow\quad \begin{cases} b! > b\,a^{b},\\ a^{b} - 1 > b\,\ln(a). \end{cases}$
Ομαδοποιούμε τους ακέραιους $1,2,\dots,b$ σε ζεύγη
$\displaystyle (1,b),\,(2,b-1),\,\dots,\,\bigl(\lfloor b/2\rfloor,\;b+1-\lfloor b/2\rfloor\bigr).$
Κάθε γινόμενο $k\,\bigl(b+1-k\bigr)$ με $1 \le k \le \lfloor b/2\rfloor$ ικανοποιεί
$\displaystyle k\,\bigl(b+1-k\bigr) \;\ge\; b,$
διότι η ελάχιστη τιμή εμφανίζεται όταν k = 1

. Επομένως
$\displaystyle \prod_{k=1}^{\lfloor b/2\rfloor} k\,(b+1-k) \;\ge\; b^{\,\lfloor b/2\rfloor}.$
Αν

είναι περιττός, πολλαπλασιάζουμε κι επί $\tfrac{b+1}{2} > 1$ . Συνεπώς
$\displaystyle b! \;=\; \prod_{k=1}^{b} k \;\ge\; b^{\,\lfloor b/2\rfloor} > 0.$
Καθώς $b\to\infty$ , το $b^{\,\lfloor b/2\rfloor}$ μεγαλώνει πολύ πιο γρήγορα από το $b\,a^{b}$ . Άρα υπάρχει πεπερασμένος ακέραιος $B_{1}(a)$ τέτοιος ώστε
$\displaystyle \forall\,b \ge B_{1}(a):\; b! > b\,a^{b}.$
το αφήνω εδώ... δεν εχω κάποια ιδέα εκτός απο stirling μετά

#3

nickolas tsik έγραψε: Κυρ Ιουν 01, 2025 11:23 pm Καθώς $b\to\infty$ , το $b^{\,\lfloor b/2\rfloor}$ μεγαλώνει πολύ πιο γρήγορα από το $b\,a^{b}$ . Άρα υπάρχει πεπερασμένος ακέραιος $B_{1}(a)$ τέτοιος ώστε
$\displaystyle \forall\,b \ge B_{1}(a):\; b! > b\,a^{b}.$
το αφήνω εδώ... δεν εχω κάποια ιδέα εκτός απο stirling μετά

Ευχαριστώ για την ενασχόληση. Πάντως θεωρώ ότι η άσκηση είναι ακόμη ανοικτή, για δύο λόγους.

α) Πρώτον, o συλλογισμός χρησιμοποιεί ασυμπτωτικά στοιχεία (βλέπε αυτό που απομόνωσα) ενώ η εκφώνηση έχει έναν πολύ συγκεκριμένο και μικρό αριθμό, τον

. Οπότε τα ασυμπτωτικά δεν μπαίνουν στο παιχνίδι.

β) Δεύτερον, η άσκηση είναι στον φάκελο για μαθητές Γυμνασίου. Ούτε ολοκληρώματα, ούτε ο τύπος του Stirling είναι στην εμβέλεια του φακέλου.

Η άσκηση βγαίνει στοιχειωδώς, σε λίγες γραμμές. Χρειάζεται μεν ένα μικρό τέχνασμα, αλλά παραμένει σε προσιτά επίπεδα.

Ιάσων Κωνσταντόπουλος · #4

Είναι για

$1\cdot 2\cdot 3\cdot ... \cdot n < n\cdot n\cdot n\cdot ... \cdot n$

Για $n=2^{25}$ και λαμβάνοντας υπόψιν ότι 2^3=8

έχουμε

$(2^{25})! < (2^{25})^{2^{25}}=2^{2^{25}\cdot25}=2^{(1\cdot2^{22}) \cdot 8 \cdot25} < 2^{23!\cdot24\cdot25}=2^{25!}$ $\blacksquare$

Γεμίσαμε παραγοντικά

Γεμίσαμε παραγοντικά

Re: Γεμίσαμε παραγοντικά

Re: Γεμίσαμε παραγοντικά

Re: Γεμίσαμε παραγοντικά

Μέλη σε σύνδεση