Forum de mathématiques - Bibm@th.net
Vous n'êtes pas identifié(e).
- Contributions : Récentes | Sans réponse
Répondre
Résumé de la discussion (messages les plus récents en premier)
- bridgslam
- 25-01-2024 10:30:05
Bonjour,
Soit k superieure a 4:
On a k>=4: en intervenant pigma de k=1 jusqu'a k=n a cette inegalite, on aura alors:
pi(k)>=pi(4) ==> n!=>4^n
puisque 4>2
D'ou on obtient le resultat demande.
Et avec la reccurence c'est verifie immediatement
Pas clair, voire carrément faux.
Merci d'utiliser le Code Latex pour qu'on voie mieux l'erreur.
A.
- Bernard-maths
- 24-01-2024 06:58:05
Bonjour !
Moi j'aime bien écrire :
1*2*3*4*5*6*7*8*9*10*...*n = n!
2*2*2*2*2*2*2*2*2*2* ... *2= 2n
Puis les produits ...
1 2 6 24 120 ...
2 4 8 16 32 ...
On voit qu'à partir de n = 4, on a n! > 2n ; et comme après les facteurs ajoutés à n! sont supérieurs à ceux ajoutés à 2n, alors (forcément) on va avoir n! > 2n
Quant à la récurrence, ... évidente ...
Bernard-maths
- El Mehdi
- 24-01-2024 01:44:16
Soit k superieure a 4:
On a k>=4: en intervenant pigma de k=1 jusqu'a k=n a cette inegalite, on aura alors:
pi(k)>=pi(4) ==> n!=>4^n
puisque 4>2
D'ou on obtient le resultat demande.
Et avec la reccurence c'est verifie immediatement
- Roro
- 23-01-2024 20:32:21
Roro, il y a une récurrence (évidement triviale) dans l'implication $(u_4\geq 1$ et $\forall n\geq 4, u_{n+1}\geq u_n) \Rightarrow (\forall n\geq 4, u_n \geq 1).$
Bien sûr, merci !
Mais si on revient à Peano, tout ce qui est construit à partir des entiers l'est par récurrence...
Roro.
- Glozi
- 23-01-2024 20:18:59
Je ne connaissais pas l'histoire de Monsieur Jourdain ! Merci d'en avoir parlé, c'est instructif.
Sinon, si on revient aux axiomes de Peano, alors même dire que l'addition dans $\mathbb{N}$ est commutative se fait par récurrence du coup on n'est pas sorti de l'auberge !
Dans la vie de tout les jours je ne réfléchis pas du tout à ce qui se fait par récurrence ou pas, et je ne vais certainement pas me priver de ce type de raisonnement :)
Roro, il y a une récurrence (évidement triviale) dans l'implication $(u_4\geq 1$ et $\forall n\geq 4, u_{n+1}\geq u_n) \Rightarrow (\forall n\geq 4, u_n \geq 1).$
- Roro
- 23-01-2024 19:21:23
Bonsoir,
Pour faire sans récurrence (enfin, j'ai l'impression) -
La suite définie pour $n\geq 1$ par $\displaystyle u_n=\frac{n!}{2^n}$ est croissante (on vérifie sans problème que $\displaystyle \frac{u_{n+1}}{u_n}\geq 1$).
Puisque $u_4\geq 1$, on en déduit que pour tout $n\geq 4$ on a $u_n\geq 1$, donc $n!\geq 2^n$.
Il y a un piège ?
Roro.
- bridgslam
- 23-01-2024 18:43:59
Bonjour Glozi
C'est cela j'en étais au même point.
Bravo.
Côté récurrence ça évite d'en faire deux, celle qui est cachée, et l'autre :-)
Après dire que le produit de k naturels au moins égaux à 2 vaut au moins $2^k$ , c'est pas un peu la récurrence de Monsieur Jourdain ?
Si oui dès que l'on multiplie des inégalités ne fait-on pas de la récurrence (finie) ?
A.
- Glozi
- 23-01-2024 18:30:05
Bonjour,
Bonne journée
- bridgslam
- 23-01-2024 17:42:07
Bonjour,
Un petit exo qui ne cassera pas 3 pattes à un canard:
Montrer que $\forall n \ge 4 \;\; n! \ge 2^n$
- par récurrence
- par une méthode directe
C'est le genre d'exercice qui permet de se changer les idées.
Bonne chance
A.