2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 Re: Что больше?
Сообщение28.12.2012, 11:50 


29/08/11
1137
А я еще писал сообщение "...нужно заметить что функция непрерывна и монотонно убывает на $[e; +\infty)$"
Потом стёр. Подумал что-то здесь не так :D
Таки интуиция не подвела.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение13.01.2013, 21:25 


26/11/09
34
Докажем ${\sqrt7}^{\sqrt8}>{\sqrt8}^{\sqrt7}$. Рассмотрим функцию $f(x)=\frac{\ln{x}}{x}$. Ее максимум в точке $e$ и $\sqrt7<e<\sqrt8$. Поскольку $\frac{66}{25}<\sqrt7$ и $e<\frac{353}{125}<\sqrt8$, достаточно доказать $f(\frac{66}{25})>f(\frac{353}{125})$. Докажем: $\frac{\ln{\frac{66}{25}}}{66}>\frac{5\ln{\frac{353}{125}}}{353}$ $\Leftrightarrow$ $\frac{66^{353}}{5^{706}}>\frac{353^{330}}{5^{990}}$ $\Leftrightarrow$ $\frac{66^{23}}{5^{46}}>\frac{353^{330}}{330^{330}}$ $\Leftrightarrow$ $\left(\frac{66}{25}\right)^{23}>\left(1+\frac{23}{330}\right)^{\frac{330}{23}\cdot{23}}$ $\Leftrightarrow$ $\frac{66}{25}>\left(1+\frac{23}{330}\right)^{\frac{330}{23}}$. Поскольку $\frac1{15}<\frac{23}{330}$, достаточно доказать $\frac{66}{25}>\left(1+\frac1{15}\right)^{15}$ или $2,816>\left(1+\frac1{15}\right)^{16}$, что проверяется, например, последовательным получением 2, 4, 8, 16 степеней числа $1,06667$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение13.01.2013, 22:09 
Аватара пользователя


13/04/10
152
Архангельская обл.
А может, просто возвести обе части в степень $\sqrt{8}$?

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение14.01.2013, 07:43 
Заслуженный участник


09/02/06
4382
Москва
Вопрос что больше $x^y$ или $y^x, x,y>1$ cводится к: что больше $x^{1/x}$ или $y^{1/y}$.
Иследуйте функцию $$f(x)=x^{1/x}-exp(\frac{\ln x}{x}), x>1.$$
$f'(x)=\frac{1-\ln x}{x^2}f(x).$ Максимум в точке $e$. Числа $\sqrt 7$ и $\sqrt 8$ находятся с разных сторон $e$. Но первая кажется существенно ближе. Соответственно $\sqrt 7}^{\sqrt 8}$ должен быть больше.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение14.01.2013, 14:30 
Заслуженный участник


11/05/08
32166
Руст в сообщении #671388 писал(а):
Но первая кажется существенно ближе.

В том и дело, что несущественно. Значения расходятся лишь в четвёртом знаке, так что поймать это различие без калькулятора практически невозможно. Т.е. можно там поиграться с разными формулами Тейлора и умножениями в столбик, но это несколько бессмысленно -- мы лишь эмулируем тем самым калькулятор.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение17.01.2013, 01:12 
Аватара пользователя


13/04/10
152
Архангельская обл.
А что если так:
Возведем обе части выражения степень $\sqrt{8}$:
$7^4\vee 8^{\frac{1}{2}\sqrt{56}}\Leftrightarrow 7\vee 8^{\sqrt{1-\frac{1}{8}}}$
Однако разложив в ряд $\sqrt{1-\frac{1}{8}}=1-\frac{1}{2}\cdot \frac{1}{8}-\frac{1}{8}\cdot \frac{1}{8^2}-....$
мы ничего не добьемся так как $\frac{15}{16}$, приведет нас к неверному выводу: $\sqrt{7}^{\sqrt{8}}<\sqrt{8}^{\sqrt{7}}$,
а дробь $\frac{479}{512}$, слишком объёмна(громоздка).
Выручают цепные дроби:
$\sqrt{1-\frac{1}{8}}=1-\frac{1}{16-\frac{1}{2-...}}=\frac{15}{16};\frac{29}{31};...$
Берем вторую дробь,получим $7^{31}\vee 8^{29}$.
Преобразуем $7^{31}=7\cdot \left(50-1 \right)^{15}\approx 7\cdot 5^{15}\cdot 10^{15}$ и
$8^{29}=\frac{1}{8}\cdot \left(2^{10} \right)^9\approx \frac{1}{8}\cdot 10^{27}$

$ 7\cdot 5^{15}\cdot 10^{15}\vee \frac{1}{8}\cdot 10^{27}\Leftrightarrow 7\cdot 5^{15}\vee \frac{1}{8}\cdot 10^{12}\Leftrightarrow7\cdot 5^3\vee \frac{1}{8}\cdot 2^{12}\Leftrightarrow 875\vee 512$
Поскольку $875>512$, то $\sqrt{7}^{\sqrt{8}}>\sqrt{8}^{\sqrt{7}}$

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение18.01.2013, 10:21 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


18/05/06
13435
с Территории
Большая часть столь очевидной теперь разницы проистекает из того, что Вы этак лихо округлили семёрку вверх, а восьмёрку - вниз :D

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение18.01.2013, 18:36 
Аватара пользователя


13/04/10
152
Архангельская обл.
ИСН
Увы, согласен. Грешен. Так как должно быть: $875\cdot k>512$, где:
$k=\frac{\left(1-\frac{1}{50}\right)^{15}}{\left(1+\frac{3}{125} \right)^9}$
Здесь разложение в ряд, опять подводит!:
$k=1-\left(15y+9x \right)+\left(105y^2+135yx+45x^2 \right)-\left(455y^3+945y^2x+675yx^2+165x^3 \right)+$
где $y=\frac{1}{50}$ и $x=\frac{3}{125}$
ибо если взять первое приближение 0,484 то получим, что 423,5 больше 512, что не верно,
и только взяв третье приближение 0,59395104 получим нужное 522>512.
Как обойти это препятствие мне пока не известно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение19.01.2013, 13:49 
Заслуженный участник


26/06/07
1929
Tel-aviv
Вот мне интересно, как правильно сформулировать эту задачу (если это вообще возможно)? Ведь честно без калькулятора разницу не уловить, а с калькулятором - нет задачи...

(кстати, забавный баг)

Посчитайте на калькуляторе $$\frac{1922^{12}}{1782^{12}+1841^{12}}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение19.01.2013, 14:09 


29/08/11
1137
$f(x)=\dfrac{\ln x}{x}.$ Почему нельзя утверждать, что если $$\int\limits_{\sqrt7}^{e}f(x)\, dx > \int\limits_{e}^{\sqrt8}f(x)\, dx,$$ то $f(\sqrt7)>f(\sqrt8)$?

-- 19.01.2013, 14:21 --

Хотя да. Понятно почему нельзя...

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение21.01.2013, 19:54 


14/11/12
8
7^5/2^{14}=16807/16384=1+423/16384
423\cdot42=17776>16384
(7^5/2^{14})^6=(1+423/16384)^6>1+6\cdot 423/16384>1+1/7=8/7
7^{30}/8^{28}>8/7
7^{31}>8^{29}
\ln(7)/\ln(8)>29/31
29^2\cdot 8=6728
31^2\cdot 7=6727
29/31>\sqrt{7}/\sqrt{8}
\ln(7)/\ln(8)>29/31>\sqrt{7}/\sqrt{8}
\sqrt{8}\cdot \ln(7)>\sqrt{7}\cdot \ln(8)
\sqrt{7}^{\sqrt{8}}>\sqrt{8}^{\sqrt{7}}

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение21.01.2013, 23:29 
Аватара пользователя


13/04/10
152
Архангельская обл.
Докажем что $7^{31}>8^{29}\Leftrightarrow 7^{31}>2^{87}$ для чего прологарифмируем выражение:
$31\ln 7>87\ln 2$
Поскольку разложение нат.логарифма в стандартный ряд нас подводит ввиду медленной
сходимости, то возьмем быстро сходящийся ряд, благо таковой для нат.логарифма имеется.
Он получается из ряда:
$\frac{1}{2}\ln \frac{1+x}{1-x}=x+\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{5}x^5+...$
подстановкой $\left(1+x \right)/\left(1-x \right)=p^2/\left(p^2-1 \right)$:
$\ln p=\frac{1}{2} \left(\ln \left(p-1 \right)+\ln \left(p+1 \right ) \right )+\left(\frac{1}{2p^2-1}+\frac{1}{3 \left(2p^2-1 \right)^3}+... \right )$
Получим:
$\ln 7=\frac{1}{2}\left(\ln 6+\ln 8 \right )+\left(\frac{1}{97}+\frac{1}{3\cdot 97^3}+... \right)$
или
$\ln 7\approx2\ln 2+\frac{1}{2}\ln 3+\frac{1}{97}$
Здесь мы сохраняем дробь $\frac{1}{97}$ ввиду дальнейшего умножения на $31$
Таким же образом найдем $\ln3$:
$\ln 3\approx\frac{3}{2}\ln 2+\frac{1}{17}$
Подставив получим:
$\ln 7\approx\frac{11}{4}\ln 2+\frac{1}{34}+\frac{1}{97}$
Тогда:
$31\left(\frac{11}{4}\ln 2+\frac{1}{34}+\frac{1}{97} \right)>87\ln 2$
Преобразуя получим:
$341\ln 2+4\left(\frac{31}{34}+\frac{31}{97} \right)>348\ln 2$
или:
$\frac{4}{7}\left(\frac{31}{34}+\frac{31}{97} \right)>\ln 2$
Заменив дроби $\frac{31}{34}$ и $ \frac{31}{97}$ подходящими,
$ \frac{10}{11}$, $\frac{7}{22}$ получим:
$ \frac{54}{77}>\ln 2$ а, заменив дробь $ \frac{54}{77}$
на подходящую, окончательно получаем:
$\frac{7}{10}>\ln 2$
Как быстро показать что $\ln 2<0,7$, мне неизвестно.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение22.01.2013, 20:33 


26/11/09
34
To Vvp-57. $\ln2$ - площадь подграфика функции $f(t)=\frac1t$ на промежутке $[1;2]$.
Поскольку $f$ выпукла вниз, площадь можно оценить сверху суммой площадей четырех трапеций, основания которых
лежат на прямых $x=1$, $x=\frac54$, $x=\frac32$, $x=\frac74$, $x=2$.
Эта сумма площадей равна $\frac{1+\frac45}{8}+\frac{\frac45+\frac23}{8}+\frac{\frac23+\frac47}{8}+\frac{\frac47+\frac12}{8}$ $=\frac18+\frac15+\frac16+\frac17+\frac1{16}$. Если это все сложить и поделить в столбик, получим оценку $0,69803$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение23.01.2013, 05:45 
Аватара пользователя


13/04/10
152
Архангельская обл.
vmg
Спасибо, все понял!

 Профиль  
                  
 
 Re: Что больше?
Сообщение23.01.2013, 12:38 


03/03/12
1380
Выясним, когда верно неравенство

$(k+1)^{4k+1}<k^{4k+3}$

$(1+\frac1 k)^{4k+1}<k^2$

$1+\frac1 k<(k)^{\frac2 {4k+1}}$

$k^2\ge4k+1$

$1+\frac1 k<(4k+1)^{\frac1 {4k+1}}$

Задача свелась к исследованию на монотонность(убывание) функции $n^{\frac1 n}$, которая возможна при $n\ge5$. Этот факт следует из неравенства Коши и "следующее из непрерывно ложного, непрерывно...". Правда, хотелось бы увидеть стандартное доказательство, а не гипотетическое. (Я не знаю).
Остаётся доказать, что
$1+\frac1 k<5^{\frac1 5}$ при $k\ge5$.

-- 23.01.2013, 13:53 --

Vvp_57 в сообщении #674773 писал(а):
Получим:
$\ln 7=\frac{1}{2}\left(\ln 6+\ln 8 \right )+\left(\frac{1}{97}+\frac{1}{3\cdot 97^3}+... \right)$
или
$\ln 7\approx2\ln 2+\frac{1}{2}\ln 3+\frac{1}{97}$


Vvp_57, мне не понятен этот переход. Для усиления величина, стоящая слева, должна браться с недостатком. Как это показать?

-- 23.01.2013, 14:09 --

TR63 в сообщении #675352 писал(а):
Задача свелась к исследованию на монотонность(убывание) функции , которая возможна при . Этот факт следует из неравенства Коши и "следующее из непрерывно ложного, непрерывно...". Правда, хотелось бы увидеть стандартное доказательство, а не гипотетическое. (Я не знаю).Остаётся доказать, что при .

Здесь переход не даёт усиления. Отбой.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 33 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group