Докажите без калькулятора

[SomePupil]

novichok2018 в сообщении #1468109 писал(а):

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

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

Сказали среднее порядка $1/3$, а написали среднее кубическое . Получилось неравенство Радо с большим запасом, которого, впрочем, хватает для целей настоящего топика $-$ расхождение в первом знаке после запятой.

Оригинальное же неравенство Тибора-Радо с точным, как вы отметили, порядком $1/3$ чувствует расхождение аж в седьмом знаке после запятой.

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

$$\frac{11-10}{\ln11-\ln10} \approx 10,4920586\ldots$$

$$\left(\frac{11^3+10^3}{2}\right)^{1/3} \approx 10,5237557\ldots$$

$$\left(\frac{11^{1/3}+10^{1/3}}{2}\right)^{3} \approx 10,4920588\ldots$$

[novichok2018]

SomePupil - конечно ошибся, извините. Спасибо за поправку.

[novichok2018]

Объединяя всё, получаем неравенства:

$$ \frac{8}{(11^{1/3}+10^{1/3})^3} < \ln(1,1) < \frac{1}{(1155)^{1/3}}, $$

численно

$$ 0,095310178(6)... < 0,0953101798... < 0,0953101907..., $$

(6) - округлено в большую сторону. Внушает.

[novichok2018]

Теперь можно попробовать другое неравенство "без калькулятора" , оно сводится опять к логарифмам:

$$ 6\ln^2(1+1/11)>5\ln^2(1+1/10). $$

Рассмотрим аппроксимации Паде для функции $\ln^2(1+x)$ порядков [2/4] и [2/2]. По-видимому, из большой науки про аппроксимации Паде следует, что выполняются неравенства

$$ [2/2]=\frac{12x^2}{x^2+12x+12}<\ln^2(1+x) < [2/4]=\frac{240x^2}{240+240x+20x^2-x^4}. $$

Предположим, что это так (предположим!). Тогда после подстановки $x \rightarrow 1/x$ и применения указанных неравенств в нужные стороны получаем

$$ A=6\ln^2(1+1/11) > B > C > D=5\ln^2(1+1/10). $$

Численно всё получается:

$$ A=0,045425878...>B=0,045425867... > C=0,045420153... > D=0,045420151... $$

Понятно, что доказательство некрасивое и пока неполное. И не выполнен критерий красоты доказательств из Харди, Литтвульд, Пойа : "красивое доказательство должны быть проведено в тех же терминах, что и исходное неравенство, не сложнее" (по памяти).

[arqady]

novichok2018 в сообщении #1468712 писал(а):

И не выполнен критерий красоты доказательств из Харди, Литтвульд, Пойа : "красивое доказательство должны быть проведено в тех же терминах, что и исходное неравенство, не сложнее" (по памяти).

На деле это почти никогда не выполняется. Мы как бы стремимся, чтобы это было так.

[miflin]

(Оффтоп)

novichok2018 в сообщении #1468712 писал(а):

Литтвульд

Так правильно?

[novichok2018]

miflin - неправильно, Литтлвуд, конечно. Маленький лес. Но я же по памяти, и память уже не очень, извините.
Тогда уж надо было мне написать Литтвелдт.

arqady -не совсем согласен что не выполняется. Понятно что "работы первопроходцев безобразны" (цитирую по памяти), но со временем у почти любого утверждения появляются совсем простые доказательства без использования лишнего. Да, но обычно только со временем. Мне так кажется.
Ваше доказательство неравенства с $\sqrt 6, \sqrt 5$ тоже было про логарифмы? Тоже простое?

[arqady]

novichok2018 в сообщении #1468800 писал(а):

Ваше доказательство неравенства с $\sqrt 6, \sqrt 5$ тоже было про логарифмы? Тоже простое?

Довольно простое: https://math.stackexchange.com/questions/3299395/
В любом случае, это доказательство.

[arqady]

wrest в сообщении #1468558 писал(а):

arqady в сообщении #1468549 писал(а):

Можно по-подробнее? Какое это имеет отношение к задаче?

Так помойму $\tg x + \tg 3x + \tg 5x + \tg 7x + \tg 9x < \tg 2x + \tg 4x + \tg 6x + \tg 8x + \frac12 \tg 10x$ для $0<x<9^{\circ}$, разве нет? Из-зы выпуклости тангенса книзу.

Вы имеете в виду, что

$$(10,8,8,6,6,4,4,2,2,0)\succ(9,9,7,7,5,5,3,3,1,1)$$

и Карамата?
Или, может быть, много раз применить неравенство Йенсена?

[arqady]

Докажите, что

$$\ln1.1>\sqrt{\frac{2}{221}}.$$

Без калькулятора по прежнему.

TOTAL, прекрасное доказательство!

[novichok2018]

Хватает неравенства Радо, что среднее логарифмическое меньше среднего степенного порядка 1/2 (порядок больше критического для этого неравенства порядка 1/3). Для пары чисел (11,10)
получаем,

$$ \ln(1,1)>\frac{2}{21+2\sqrt{110}}>\sqrt\frac{4}{221},\ \ \ 0.0953102 > 0.0952921 > 0.0951303. $$

[arqady]

По всей видимости Вы написали не совсем то, что хотели...

[novichok2018]

arqady почему не то, что не так?

$$ \frac{11-10}{\ln11-\ln10} < \left(\frac{\sqrt{11}+\sqrt{10}}{2}\right)^2=\frac{21+2\sqrt{110}}{4} $$

и тд. Нет?

[novichok2018]

arqady - Вы имели в виду решение с другим неравенством вида

$$ \ln^2(1+1/x) >... $$

?

[arqady]

Я имел в виду

$$\ln{x}\geq(x-1)\sqrt{\frac{2}{x+1}}.$$

для $x\geq1$.
Кстати, проверьте всё же Вашу предыдущую серию неравенств...