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(20102011 !)^2 est-il supérieur à 20102011^20102011 ?

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Texte intégral

(1)

http://centraledesmaths.uregina.ca/ MP100Problème de décembre 2010

(20102011!)

2

est-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

k1/2

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

k1/2

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

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