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 : $(m/n)^ne^n\geqslant m^n/n!\geqslant m(m-1)\cdots(m-n+1)/n!$
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 ».
Niveau Terminale. $$\begin{align*}\left(\frac m n\right)^ne^n&\geq\left(\frac m n\right)^n\left(1+\frac n m\right)^m\\ &=\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(1+\frac m n\right)^m\\ &\geq\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(\frac m n\right)^{m-n}\binom m{m-n}\\ &=\binom m n.\end{align*}$$
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 $+\infty$.
Pour 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 $r=n$.
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.
Réponses
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 : $(m/n)^ne^n\geqslant m^n/n!\geqslant m(m-1)\cdots(m-n+1)/n!$
Cordialement.
$$\begin{align*}\left(\frac m n\right)^ne^n&\geq\left(\frac m n\right)^n\left(1+\frac n m\right)^m\\
&=\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(1+\frac m n\right)^m\\
&\geq\left(\frac m n\right)^{n-m}\left(\frac m n\right)^{m-n}\binom m{m-n}\\
&=\binom m n.\end{align*}$$
$$\left( 1 + \frac{k}{n} \right)^n = \sum_{j=0}^n {n \choose j} \left( \frac{k}{n} \right)^j \geqslant \sum_{j=0}^k {n \choose j} \left( \frac{k}{n} \right)^j \geqslant \left( \frac{k}{n} \right)^k \sum_{j=0}^k {n \choose j}$$
et donc
$$\sum_{j=0}^k {n \choose j} \leqslant \left( 1 + \frac{k}{n} \right)^n \left( \frac{n}{k} \right)^k \leqslant \left( \frac{en}{k} \right)^k.$$
noix de totos : jolie généralisation
On retrouve l'inégalité en prenant $F(z)=e^z$, et le min est atteint pour $r=n$.
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