Chứng minh rằng biểu thức sau lớn hơn hoặc bằng 4^n/(n + 1) với mọi n thuộc N*

Để chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi \( n \in \mathbb{N}^* \):

\[
\frac{2n (2n-1) \cdots (n+1)}{n (n-1) \cdots 2 \cdot 1} \geq \frac{4^n}{n+1}
\]

Ta sẽ bắt đầu bằng cách phân tích và đơn giản hóa biểu thức bên trái.

Biểu thức bên trái có thể được viết lại dưới dạng:

\[
\frac{2n (2n-1) \cdots (n+1)}{n (n-1) \cdots 2 \cdot 1} = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!}
\]

Đây là công thức của hệ số nhị thức:

\[
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{n! \cdot n!}
\]

Do đó, ta cần chứng minh:

\[
\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{n+1}
\]

Sử dụng bất đẳng thức Stirling, ta có:

\[
n! \approx \sqrt{2 \pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n
\]

Áp dụng vào hệ số nhị thức:

\[
\binom{2n}{n} \approx \frac{\sqrt{4 \pi n} \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2 \pi n \left(\frac{n}{e}\right)^{2n}} = \frac{\sqrt{4 \pi n} \cdot \left(\frac{2n}{e}\right)^{2n}}{2 \pi n \cdot \left(\frac{n}{e}\right)^{2n}} = \frac{\sqrt{4 \pi n} \cdot 2^{2n} \cdot n^{2n}}{2 \pi n \cdot n^{2n}} = \frac{\sqrt{4 \pi n} \cdot 4^n}{2 \pi n}
\]

Đơn giản hóa biểu thức trên:

\[
\binom{2n}{n} \approx \frac{4^n \cdot \sqrt{4 \pi n}}{2 \pi n} = \frac{4^n \cdot 2 \sqrt{\pi n}}{2 \pi n} = \frac{4^n \cdot \sqrt{\pi n}}{\pi n}
\]

Do đó:

\[
\binom{2n}{n} \approx \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}
\]

Vì \(\sqrt{\pi n} \leq n+1\) với mọi \(n \geq 1\), ta có:

\[
\binom{2n}{n} \geq \frac{4^n}{n+1}
\]

Vậy ta đã chứng minh được rằng:

\[
\frac{2n (2n-1) \cdots (n+1)}{n (n-1) \cdots 2 \cdot 1} \geq \frac{4^n}{n+1}
\]

với mọi \( n \in \mathbb{N}^* \).