Докажите без калькулятора

[arqady]

Без использования калькулятора докажите, что:

$$\ln1.1<\frac{1}{\sqrt[3]{1155}}.$$

[wrest]

Посчитаем левую часть Тейлором, считаем до 9-го знака.
Умножаем всё на $10^9$ для простоты, потом поделим обратно.
$0,1\cdot 10^9 - 0,5\cdot10^7 + \dfrac{1}{3}10^6 - \dots$
Записываем члены пока они не станут меньше единицы (вроде в уме легко посчитать это всё кроме одной седьмой, но от неё на надо только две цифры, так что можно и это в уму)
$+100'000'000$
$-005'000'000$
$+000'333'333$
$-000'025'000$
$+000'002'000$
$-000'000'166$
$+000'000'014$
$-000'000'001$
Складываем в столбик с учетом знаков (я складывал в уму), получаем
$095'310'180$ (т.е. $\ln (1,1) \approx 0,095310180$)
Даже при грубой оценке остаточного члена видим, что ошибка не будет превышать единицу поледнего разряда и $0,095310179 < \ln (1,1) < 0,095310181$
Теперь делим единицу на левую границу т.е. находим $1'000'000'000:95'310'179$ -- столбиком
И получаем $10,4920587$
Теперь возводим это (что было легче, берем 8 знаков, т.е. $10,492058$ -- округляем вниз) в куб (столбиком)
После возведения в квадрат получаем $110,083281075364$, округляем вниз до $110,083281$ которое умножаем опять столбиком на $10,492058$ и получаем $1155.000169082298$ что как видим больше чем $1155$, что и требовалоь доказать.

Как-то так...

(Столбики)

[Утундрий]

Если рассматривать выражение справа как приближение к выражению слева, то относительная погрешность такого приближения $10^{-7}$. Здесь действительно есть какой-то интересный способ решения, или задача строго на тупой расчёт?

[wrest]

В прошлый раз ( «Доказать без калькулятора» ) ничего интересней Брука нашего Тейлора не нашлось...

[Утундрий]

Ну, может, какое-то известное неравенство?

А в общем случае имеет смысл сводить к рядам Лейбница.

[novichok2018]

Неравенство Тибора Радо: среднее логарифмическое не превосходит среднего степенного порядка 1/3.

$$ \frac{11-10}{\ln11-\ln10} < \left(\frac{11^3+10^3}{2}\right)^{1/3}. $$

Порядок среднего справа нельзя уменьшить, 1/3 - точный порядок. Кстати, из степенных средних для среднего логарифмического снизу наилучшая оценка - среднее геометрическое, там порядок нельзя увеличить.
Кстати, я встретился с этим неравенство впервые в конце 1980х. У меня был кажется 8 разрядный калькулятор. Набрал на нём что-то подобное этому примеру - получилось неверное неравенство. То есть ошибка была меньше погрешности неплохого на то время калькулятора.
Стандартное упражнение по матану нередко встречается, доказать, что среднее логарифмическое между геометрическим и арифметическим средними. Это просто, а неравенство Радо сложнее.

[arqady]

Утундрий в сообщении #1468025 писал(а):

Здесь действительно есть какой-то интересный способ решения, или задача строго на тупой расчёт?

Есть интересный способ! Я сначала это получил, а затем проверил на калькуляторе. Ну и когда увидел, что получилось, так решил поделиться. Удачи!

[novichok2018]

Нужно исправиться, из написанных выше неравенств следует, что

$$ \frac{1}{(1165,5)^{1/3}} < \ln(1,1) < \frac{1}{\sqrt{110}} $$

Левое тоже интересно, но не то, которое хотел arqady.

[Edward_Tur]

Без калькулятора, но с WolframaApha :-)

$$\frac1{\ln^3(1+\frac1x)}=x^3+\frac32x^2 + \frac x2 + \frac1{240x} + O\left(\frac1{x}^2\right).$$

[novichok2018]

Просто обалдеть. Нашёл свою старую методичку для студентов 1994 г. с нескромным названием 100 задач.
Там есть такое неравенство

$$ \ln^3(1+1/x)< \frac{1}{x(x+1)(x+1/2)}, $$

что и нужно при $x=10$. Скорее всего, это Паде $[1/3]$.

[wrest]

Edward_Tur в сообщении #1468121 писал(а):

Без калькулятора, но с WolframaApha

$$\frac1{\ln^3(1+\frac1x)}=x^3+\frac32x^2 + \frac x2 + \frac1{240x} + O\left(\frac1{x}^2\right).$$

А следующий член в разложении отрицательный:

$$\frac1{\ln^3(1+\frac1x)}=x^3+\frac32x^2 + \frac x2 + \frac1{240x} -\frac1{480x^2}+ O\left(\frac1{x^3}\right)$$

Так что глыбже надо раскладывать
Да, вы тут правы конечно , осталось только без вольфрама это выписать, и всё - решение без калькулятора и устное.

Все-таки Тейлор это наше всё!

[arqady]

novichok2018 Конечно! И доказательство совсем не сложное.

[novichok2018]

У меня доказательство неравенства для куба логарифма было тупое прямолинейное, с вычислением производных.
Хотелось бы увидеть короткое, если можно, или намёк.

[Утундрий]

Набросок идейно простого доказательства, использующего ряды Лейбница.

Разложим логарифм в ряд

$$\ln \left( {1 + x} \right) = x - \frac{{x^2 }}{2} + \frac{{x^3 }}{3} - \frac{{x^4 }}{4} + ...$$

Отметим, что это ряд Лейбница.

Заметим, что любая степень ряда Лейбница есть снова ряд Лейбница и запишем разложение куба логарифма

$$\ln ^3 \left( {1 + x} \right) = a(x) + b(x) + ...$$

где для краткости обозначено

$$a(x): = x^3 - \frac{3}{2}x^4 + \frac{7}{4}x^5 - \frac{{15}}{8}x^6 + \frac{{29}}{{15}}x^7 - \frac{{469}}{{240}}x^8 , \qquad b(x): = \frac{{29531}}{{15120}}x^9 $$

Далее находим

$$1155a(0.1) = \frac{{{\text{1599996167}}}}{{{\text{1600000000}}}}, \qquad \frac{{b(0.1)}}{{a(0.1)}} = \frac{{{\text{29531}}}} {{{\text{13090877730}}}}$$

Откуда, из оценки остатка ряда Лейбница (остаток сходящегося знакочередующегося ряда по модулю не превосходит модуля первого отброшенного слагаемого) получаем

$$1155\ln ^3 \left( {1.1} \right) \leqslant \frac{{{\text{1599996167}}}}{{{\text{1600000000}}}}\left( {1 + \frac{{{\text{29531}}}}{{{\text{13090877730}}}}} \right) = \frac{{{\text{143999979871}}}}{{{\text{144000000000}}}} < 1$$

[wrest]

Утундрий
А умножения без калькулятора делали?
Ведь выше ж написано:

Edward_Tur в сообщении #1468121 писал(а):

$$\frac1{\ln^3(1+\frac1x)}=x^3+\frac32x^2 + \frac x2 + \frac1{240x} + O\left(\frac1{x^2}\right).$$

Первые три члена считаем в уму, их сумма равна $1155$. Четвертый член положительный, дальше сходимость при знакопеременности...