mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2023 1:59 pm**

Να αποδειχθεί ότι: 1/13<(1*3*5*7*......*99)/(2*4*6*8*.......*100)<1/10

Υ.Γ. Δεν είμαι σίγουρος για την επιλογή του "κατάλληλου" φακέλου ας δοκιμαστεί με αμιγώς "σχολικά" εργαλεία...

Δημοσιεύτηκε: **Δευ Ιούλ 10, 2023 9:15 pm**

Καλησπέρα.

Η παρακάτω προσέγγιση δεν είναι εντός φακέλου. Παρ' όλ' αυτά, την αναρτώ , γιατί στα πλαίσια της προσέγγισης κατέληξα σε δύο ανισότητες που μπορεί να έχουν ,νομίζω, ευρύτερο ενδιαφέρον.

Κατ' αρχάς, η ζητούμενη ανισότητα ισοδυναμεί με

$\dfrac{1}{13}< \dfrac{100!}{2^{100}50!50!}< \dfrac{1}{10}\Leftrightarrow \dfrac{1}{13}< \dfrac{\binom{100}{50}}{4^{50}}<\dfrac{1}{10}$ .

Ισχύει $\dfrac{\sqrt{n+1}\binom{2n+2}{n+1}}{4^{n+1}}> \dfrac{\sqrt{n}\binom{2n}{n}}{4^n}(1), \dfrac{\sqrt[3]{n+1}\binom{2n+2}{n+1}}{4^{n+1}}< \dfrac{\sqrt[3]{n}\binom{2n}{n}}{4^n}(2)$ .

Και η (1) και η (2) αποδεικνύονται εύκολα κάνοντας απλοποιήσεις στα δύο μέλη και μετά πράξεις.

Επομένως, αν $f(n)= \dfrac{\sqrt{n}\binom{2n}{n}}{4^n},g(n)=\dfrac{\sqrt[3]{n}\binom{2n}{n}}{4^n}$ ,

τότε η πρώτη συνάρτηση αύξουσα και η δεύτερη φθίνουσα.

Άρα, $f(50)> f(4)\Leftrightarrow f(50)> \dfrac{140}{256}\Leftrightarrow \dfrac{\binom{100}{50}}{4^{50}}> \dfrac{140}{256\sqrt{50}}=\dfrac{35}{64\cdot 5\sqrt{2}}=\dfrac{7}{64\sqrt{2}}> \dfrac{1}{13}$

Για το άνω φράγμα , χρειάζεται, όπως βρήκα με υπολογιστική μηχανή να ξεκινήσουμε από την g(50)<g(13)

, για να το βρούμε. Ξεκινώντας από g(50)<g(12)

, δεν το αποδεικνύουμε , γεγονός που δείχνει ότι αυτή η προσέγγιση είναι ασύμφορη.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 10:17 am**

Καλημέρα.

Για το άνω φράγμα:

Ισχύει επίσης $h(n)=\dfrac{\sqrt[5]{n^2}\binom{2n}{n}}{4^n}$ φθίνουσα.

Τώρα, όπως βρήκα με υπολογιστική μηχανή, αρκεί να ξεκινήσουμε από την h(50)<h(4)

, για να βρούμε το άνω φράγμα.

Μειώνονται δηλαδή σημαντικά οι πράξεις και το πρόβλημα με αυτήν την προσέγγιση γίνεται προσπελάσιμο και χωρίς τη χρήση λογισμικού, αν και ακόμα οι πράξεις είναι πολλές.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 10:34 am**

chris97 έγραψε: ↑
Δευ Ιούλ 10, 2023 1:59 pm
Να αποδειχθεί ότι:
Υ.Γ. Δεν είμαι σίγουρος για την επιλογή του "κατάλληλου" φακέλου ας δοκιμαστεί με αμιγώς "σχολικά" εργαλεία...

Για το άνω φράγμα μπορούμε και καλύτερα, συγκεκριμένα $\displaystyle{ \dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot ... \cdot 99 }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot ... \cdot 100} <\dfrac {1}{\sqrt {101} } < \dfrac {1}{10}}$

και γενικότερα

$\displaystyle{ \dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ... \cdot (2n-1) }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ... \cdot (2n)} < \dfrac {1}{\sqrt {2n+1}}}$

Επαγωγικά: Για n=1

, άμεσο. Για το επαγωγικό βήμα

$\displaystyle{ \dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ... \cdot (2N-1) }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ... \cdot (2N )} \cdot \dfrac {2N+1}{2N+2} < \dfrac {1}{\sqrt {2N+1}} \cdot \dfrac {2N+1}{2N+2} < \dfrac {1}{\sqrt {2N+3}}}$ (η τελευταία ανισότητα άμεση με πολλαπλασιασμό χιαστί και μετά ύψωση στο τετράγωνο).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 1:04 pm**

Για το κάνω φράγμα αρκεί να δείξουμε ότι

$\displaystyle \dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ... \cdot (2N-1) }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ... \cdot (2N )}\geq \frac{\sqrt{15}}{4}\frac{1}{\sqrt{3N+\frac{3}{4}}}$

Η απόδειξη γίνεται με επαγωγή.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 4:00 pm**

Μια ακόμα λύση για το άνω φράγμα:

Ονομάζω

την προς σύγκριση ποσότητα και παρατηρώ ότι:

$A=(1-\dfrac{1}{2})(1-\dfrac{1}{4})...(1-\dfrac{1}{100})=\dfrac{1}{100}(1+\dfrac{1}{2})(1+\dfrac{1}{4})...(1+\dfrac{1}{98})$

Οπότε:

$A^2=\dfrac{1}{100}(1-\dfrac{1}{2^2})(1-\dfrac{1}{4^2})...(1-\dfrac{1}{98^2})(1-\dfrac{1}{100})< \dfrac{1}{100}\Rightarrow A< \dfrac{1}{10}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 8:57 pm**

Αν θέσουμε

$\displaystyle a_N=\dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot ... \cdot (2N-1) }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot ... \cdot (2N )}$

τότε χρησιμοποιώντας το https://en.wikipedia.org/wiki/Stirling% ... roximation

έχουμε $a_N\sim \frac{1}{\sqrt{\pi N}}$

Με επαγωγή μπορεί να δειχθεί ότι

$a_N<\frac{1}{\sqrt{\pi N}}$

Συμπεραίνουμε ότι

$\displaystyle{ \frac{1}{13}<\dfrac {1\cdot 3 \cdot 5 \cdot 7 \cdot ... \cdot 99 }{2\cdot 4 \cdot 6 \cdot 8 \cdot ... \cdot 100} < \dfrac {1}{12}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 9:45 pm**

Πολύ καλύτερη προσέγγιση το $\dfrac{1}{12}$ από το $\dfrac{1}{10}$ .

Αυτό φαίνεται από το ότι η απόκλιση από την αληθινή τιμή γίνεται περίπου 1 τάξη μεγέθους μικρότερη, όπως φαίνεται από τις τιμές που δίνει το λογισμικό:

$\dfrac{1}{12}-\dfrac{\binom{100}{50}}{4^{50}}\approx 0,0037$

και

$\dfrac{1}{10}-\dfrac{\binom{100}{50}}{4^{50}}\approx 0,0204$ .

Σε αυτό συναινεί και το γεγονός ότι πρέπει να ξεκινήσουμε από τη σχέση h(50)< h(32)

, για να βρούμε το $\dfrac{1}{12}$ , ενώ αρκεί να ξεκινήσουμε από τη σχέση h(50)< h(4)

για το $\dfrac{1}{10}$ (σύμφωνα με την προσέγγιση στο ποστ 3).

Για την προσέγγιση που αναφέρει ο κύριος Σταύρος μπορείτε να δείτε και εδώ https://en.wikipedia.org/wiki/Central_b ... oefficient , στην ενότητα asymptotic growth.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιούλ 11, 2023 10:01 pm**

Wallis product. Δίνει καλύτερα φράγματα. Βεβαίως εκτός φακέλου.

mathematica.gr

Μια ανισότητα..

Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..

Re: Μια ανισότητα..