Montrer que $\binom{m}{n} \leq \left(\frac{m}{n}\right)^n \exp(n) $
Réponses
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Envoyer le soldat $\log$ au charbon.
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Bonjour, nyadis,
on a $e^n\geqslant n^n/n!$ car le membre de droite est un des termes du développement en série positive de $e^n$. Après, cela va tout seul : $(m/n)^ne^n\geqslant m^n/n!\geqslant m(m-1)\cdots(m-n+1)/n!$ -
Euh... C'est quasi évident, puisque $m \choose n$ et exp(n) sont au moins égaux à 1.
Cordialement. -
LOL, y a tellement de marge (d'autant plus que $n$ est grand) : \dbinom{m}{n} \leq 2^n \leq e^n \leq \bigg( \dfrac{m}{n} \bigg)^n e^n.
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Pas vrai : le plus grand de $m$ et $n$, c'est $m$, de sorte que $\binom{m}n\le2^m$ mais c'est faux avec $n$ à la place de $m$ – par exemple, $n=1$ et $m$ « assez grand ».
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@Math Coss ooops, mélangeage de pinceaux avec les puissances.
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Niveau Terminale.
$$\begin{align*}\left(\frac m n\right)^ne^n&\geq\left(\frac m n\right)^n\left(1+\frac n m\right)^m\\
&=\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(1+\frac m n\right)^m\\
&\geq\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(\frac m n\right)^{m-n}\binom m{m-n}\\
&=\binom m n.\end{align*}$$ -
La démo de gérard0 ne vous convient pas ?$n\geq 1,\ \dbinom mn\geq1,\ e^1>1.\ $ Donc $\dbinom mn < \dbinom mn^1 e^1 \leq \dbinom mn^n e^n$.Alain
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@AD : tu as loupé une fraction dans l’énoncé.
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Gai requin. Ah oui, avec cette notation $\binom mn$ au lieu de $C_m^n$ je n'avais pas vu la fraction !
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Ah oui, moi aussi !!
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En fait, cette majoration est valide aussi (et surtout) pour les sommes partielles de coefficients binomiaux : en effet, avec des changements de notation évidents (car il n'est pas usuel d'avoir $m \geqslant n$), on a, pour tout entier $n \geqslant 1$ et tout $k \in \{1, \dotsc,n \}$
$$\left( 1 + \frac{k}{n} \right)^n = \sum_{j=0}^n {n \choose j} \left( \frac{k}{n} \right)^j \geqslant \sum_{j=0}^k {n \choose j} \left( \frac{k}{n} \right)^j \geqslant \left( \frac{k}{n} \right)^k \sum_{j=0}^k {n \choose j}$$
et donc
$$\sum_{j=0}^k {n \choose j} \leqslant \left( 1 + \frac{k}{n} \right)^n \left( \frac{n}{k} \right)^k \leqslant \left( \frac{en}{k} \right)^k.$$ -
Il est à noter que l'on ne peut pas remplacer $\rm e$ par un scalaire strictement plus petit ; on le voit en choisissant $m=n^2$ et en faisant tendre vers $+\infty$.
noix de totos : jolie généralisation ! -
merci pour les multiples solutions.
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BonjourPour les curieux et curieuses on peut signaler que la méthode de john_john pour $e^n\geq n^n/n!$ est un peu le prototype de quelque chose de plus général : la méthode du point-col. Une version simple s'énonce ainsi.Si $F(z)=\sum_n f_n z^n$ est analytique sur le disque $|z|<R$ (où $R$ peut valoir $+\infty$) et que tous les coefficients $f_n$ sont $\geq 0$ alors pour tout $n$, $$f_n \leq \inf_{0<r<R} \frac{F(r)}{r^n}.$$
On retrouve l'inégalité en prenant $F(z)=e^z$, et le min est atteint pour $r=n$. -
De rien, nyadis !
Et merci à tous ceux qui ont enrichi la discussion ; c'est cela qui rend le forum irremplaçable ! -
Lucas a dit : https://les-mathematiques.net/vanilla/index.php?p=/discussion/comment/2411872/#Comment_2411872[Inutile de recopier l’avant dernier message. Un lien suffit. AD]
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Je reviens pour quelque chose qui ressemble à une conséquence du résultat que j'ai énoncé précédemment, il s'agit de montrer que $$\frac{(\frac{n}{2}-p)!^2 (m-n+2p)!}{(\frac{n}{2})!^2(m-n)!} \leq \Big(\frac{2m}{n}\Big)^{2p},$$ où $p,m,n$ sont des nombres entiers tels que chacun des termes ici a un sens. Je suis un peu perplexe car aucune des majorations que je fais ne me donne exactement le résultat.
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Bonjour!
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