http://centraledesmaths.uregina.ca/ MP100Problème de décembre 2010
(20102011!)
2est-il supérieur à 20102011
20102011?
Solution :. . . . Notonsn= 20102011. On cherche à comparer(n!)2 et nn. Comparons leurs logarithmes qui sont rangés dans le même ordre, à savoir 2 ln(n!) et nlnn. On va utiliser l’inégalité suivante qui a l’avantage par rapport à la formule de Stirling de donner une minoration delnn!:
ln(n!)>
n+1
2
ln(n)−n+k oùk= 3 2
1−ln3
2
(1) Ainsi on a :
2 ln(n!)−nlnn>(n+ 1) ln(n)−2n+ 2k>0
Et donc on a toujours(n!)2>nn, en particulier pour notren= 20102011. Ainsi : (20102011!)2>2010201120102011
Il reste à prouver la minoration (1) que je dois à DanielPerrin:
Démonstration. Comme la fonction ln est concave, sa courbe est située sous ses tangentes, par conséquent, comme on le voit sur la figure ci-dessous, l’intégrale
Z k+1/2
k−1/2
ln(x) dxest inférieure à l’aire du trapèze qui lui même a la même aire que le rectangle vert puisque les deux triangles gris sont isométriques. Or l’aire de ce rectangle estln(k). Ensuite en sommant on obtient :
Z n+1/2
3/2
ln(x) dx=
n
X
k=2
Z k+1/2
k−1/2
ln(x) dx6
n
X
k=2
ln(k) = ln(n!)
Une primitive delnxestxln(x)−xon obtient ainsi la minoration : ln(n!)>[xln(x)−x]n+1/23/2 =
n+1
2
ln
n+1 2
−n− 1 2 +3
2
1−ln3 2
Commeln n+12
= lnn+ ln 1 +2n1
, on a donc : ln(n!)>
n+1
2
lnn−n+k+
n+1 2
ln
1 + 1
2n
− 1 2 Pour obtenir la minoration annoncée, il suffit de vérifier que n+12
ln 1 +21n
> 12pourn>1.
Or on sait que pour tout réelxpositif on aln(1 +x)>x−x
2
2 et doncln 1 +2n1
> 2n1 −
1 8n2. Par conséquent, en multipliant par n+12
on a :
n+1 2
ln
1 + 1
2n
>
n+1
2 1 2n−
1 8n2
= 1 2−
1 8n+ 1
4n− 1 16n2 = 1
2+2n−1 16n2 > 1
2
k-1/2 k k+1/2
ln(k)
y=ln(x) tangente
http://prof.pantaloni.free.fr VincentPantaloni