Что больше?

[Keter]

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

[vmg]

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 $1,06667$.

[Vvp_57]

А может, просто возвести обе части в степень $\sqrt{8}$?

[Руст]

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.

[ewert]

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.

[Vvp_57]

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 $\sqrt{7}^{\sqrt{8}}>\sqrt{8}^{\sqrt{7}}$

[ИСН]

Большая часть столь очевидной теперь разницы проистекает из того, что Вы этак лихо округлили семёрку вверх, а восьмёрку - вниз

[Vvp_57]

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.

[arqady]

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

$$\frac{1922^{12}}{1782^{12}+1841^{12}}$$

[Keter]

$f(x)=\dfrac{\ln x}{x}.$ 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...

[malk]

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}}

[Vvp_57]

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.

[vmg]

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 $0,69803$.

[Vvp_57]

vmg
Спасибо, все понял!

[TR63]

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.