доказать, когда a^n будет больше n^2

[kotenok gav]

Не, это у нас уже отдельная задача началась. Попрошу ща модераторов отделить ее.

[novichok2018]

Про предел не спорю - другая залача, разные решения известны. Через неравенства - в начале Фихтенгольца, там же через Штольца или Лопиталя. Функция Ламберта полезна, чтобы установить когда графики показательной функции и квадратичной пересекаются или касаются, дают точные значения. А именно.
1. При аргументе функции Ламберта равному $-1/e$ решение уравнения одно, графики касаются, то есть при $a=\exp(2/e)\approx 2,087$.
2. При аргументе функции Ламберта из промежутка $(-1/e,0)$ решений два, они выражаются через ветви функции Ламберта $W_0, W_{-1}$ по приведённым формулам, на этом небольшом промежутке парабола выше показательной функции, есть две точки пересечения графиков.
3. При аргументе функции Ламберта меньше $-1/e$ действительных решений нет, парабола везде ниже при положительных аргументах.
В такой постановке задачи функция Ламберта даёт полезную информацию, вычислять её не сложнее синуса или логарифма, всё это мы вычисляем на компьютере.

[kotenok gav]

novichok2018 в сообщении #1444845 писал(а):

при $a=\exp(2/e)\approx 2,087$.

Ага, значит это и есть наше $2.1$.

[Singular]

$\exp\left(-2/e\right)\approx0.479<a<\exp\left(2/e\right)\approx2.087$

[novichok2018]

Снизу вроде граница единица, нет? Нужно аккуратно решить неравенство с параметром.
1. $1<a<\exp(2/e)$ - два решения у уравнения, две точки пересечения графиков.
2. $0<a<1$ - нас перекидывает на главную ветвь функции Ламберта при положительных аргументах , одно решение у уравнения, одна точка пересечения графиков, что видно из чертежа.

[kotenok gav]

Нет, для $0<a<1$ может быть три решения ($a>0.479$).

[Singular]

$$\begin{array}{lll} 1.&0<a<\exp\left(-\frac{2}{e}\right);&n\in\left(-\infty;-\frac{W_0\left(-\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}}\right)\\ 2.&\exp\left(-\frac{2}{e}\right)<a<1;&n\in\left(-\infty;-\frac{W_{-1}\left(\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}}\right)\cup \left(-\frac{W_0\left(\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}};-\frac{W_0\left(-\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}}\right)\\ 3.&1<a<\exp\left(\frac{2}{e}\right);&n\in\left(-\frac{W_0\left(\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}}; -\frac{W_0\left(-\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}}\right)\cup \left(-\frac{W_{-1}\left(-\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}};+\infty\right)\\ 4.&\exp\left(\frac{2}{e}\right)<a<+\infty;&n\in\left(-\frac{W_0\left(\frac{1}{2}\ln{a}\right)}{\frac{1}{2}\ln{a}};+\infty\right) \end{array}$$

Если поменять все двойки на $k$, то получим решение для $a^n>n^k$.

[novichok2018]

При $0<a<1$ показательная функция убывает, квадратичная возрастает, разве могут быть два решения, геометрически? Это при положительных аргументах, конечно. Ладно, не буду больше спорить.

[Dmitriy40]

Singular
Мне кажется в п.1 и п.4 неравенства около $\exp()$ должны быть нестрогими. Сейчас у Вас точки $a=e^{-2/e}, a=e^{2/e}$ вообще исключаются из списка решений.

[kotenok gav]

Dmitriy40 в сообщении #1444927 писал(а):

Мне кажется в п.1 и п.4 неравенства около $\exp()$ должны быть нестрогими.

Да, это так.

А для $a=1$ получается только конечный отрезок.

[dummy]

Чтобы доказать, что $a^n > n^2$, при $a > 1$ и $n \to \infty$ надо доказать, что $a^n$ быстрее растет, чем $n^2$. Т.е. должно быть $\frac{a^{n+1} - a^n}{{(n+1)}^2 - n^2} > 1$. Предположим обратное, тогда получается, что $ \frac{a^{n+1} - a^n}{2n + 1} \leqslant 1$. Прологарифмируем и получим: $\frac{1}{\log_{a}{(2n + 1)}} \leqslant 0$. Это не так, следовательно. $a^n > n^2$ (при $a > 1$ и $n \to \infty$)

Так правильно?

[nnosipov]

dummy в сообщении #1445133 писал(а):

Предположим обратное, тогда получается, что $ \frac{a^{n+1} - a^n}{2n + 1} \leqslant 1$. Прологарифмируем и получим: $\frac{1}{\log_{a}{(2n + 1)}} \leqslant 0$.

Здесь Вы применяете волшебное логарифмирование.

[Someone]

dummy в сообщении #1445133 писал(а):

Прологарифмируем и получим: $\frac{1}{\log_{a}{(2n + 1)}} \leqslant 0$.

Свойства логарифмов Вы не знаете совершенно. Более того, если бы даже ваше "логарифмирование" было правильным, то результат у Вас совершенно не зависит от того, что стояло в знаменателе.

Вообще, Вам же был предложен метод решения, не требующий ничего хитрого: ни функции Ламберта, ни трансцендентных неравенств, ни бинома Ньютона, ни даже логарифмов. Чем он Вас не устраивает?

[Soul Friend]

а может просто выразить $a$ для любого $n$ :

$$a=(n+x)^\frac{2}{n}$$

где $x>0$

[mihaild]

Soul Friend в сообщении #1446055 писал(а):

а может просто выразить $a$ для любого $n$

Нужно в обратную сторону - по $a$ найти $n$.