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


Правила форума


В этом разделе нельзя создавать новые темы.

Если Вы хотите задать новый вопрос, то не дописывайте его в существующую тему, а создайте новую в корневом разделе "Помогите решить/разобраться (М)".

Если Вы зададите новый вопрос в существующей теме, то в случае нарушения оформления или других правил форума Ваше сообщение и все ответы на него могут быть удалены без предупреждения.

Не ищите на этом форуме халяву, правила запрещают участникам публиковать готовые решения стандартных учебных задач. Автор вопроса обязан привести свои попытки решения и указать конкретные затруднения.

Обязательно просмотрите тему Правила данного раздела, иначе Ваша тема может быть удалена или перемещена в Карантин, а Вы так и не узнаете, почему.



Начать новую тему Ответить на тему
 
 доказать неравенство n^k < m^n при n -> oo
Сообщение27.01.2007, 12:59 


22/11/06
186
Москва
Элементарным путем, не пользуясь средствами матанализа доказать или указать, где можно найти доказательство, утверждения о том ,что для заданных натуральных k, m и всех натуральных n, большего некоторого натурального N, верно неравенство:
$n^k < m ^ n$     $,
говорящее о том, что показательная функция растет быстрее, чем степенная при стремлении аргумента к бесконечности,т.е. при условии,
$n\to \infty$.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.01.2007, 14:45 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
Представьте $ m ^ n =((m-1)+1)^ n$ и бином Ньютона Вам в помощь.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение27.01.2007, 15:14 
Заслуженный участник


09/02/06
4398
Москва
Логарифмируйте.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 14:32 


22/11/06
186
Москва
Руст писал(а):
Логарифмируйте.

Не очень здорово, т.к. сводим к аналогичной задаче: доказать неравенство
$k\log n < n\log m$     $,
аналогичной сложности, даже более сложной, т.к. вводится трансцендентная в общем случае
функция $\log n $.

Исходная задача в силу монотонности степенной функции сводится к более простой
$n^k < 2 ^ n$     $.

Частный ее случай $n < 2 ^ n$     $
индукцией по $n  $ доказывается совсем просто.

Надо доказать
$n^k < 2 ^ n$     $,
не используя логарифмов и корней.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 15:16 


01/12/06
463
МИНСК
Можно доказать по индукции. Для этого надо будет доказать, что начиная с некоторого N $(1+1/n)^k<2$, что,по-моему, просто.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 16:08 
Заслуженный участник


09/02/06
4398
Москва
shust писал(а):
Не очень здорово, т.к. сводим к аналогичной задаче: доказать неравенство
$k\log n < n\log m$     $,
аналогичной сложности, даже более сложной, т.к. вводится трансцендентная в общем случае
функция $\log n $.

Всё тривиально, неравенство выполняется при $n>max(e,N), \ \frac{N}{ln N}=\frac{k}{ln m}$ (функция x/ln x монотонно растущая при x>e ).

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 19:05 


22/11/06
186
Москва
Андрей123 писал(а):
Можно доказать по индукции. Для этого надо будет доказать, что начиная с некоторого N $(1+1/n)^k<2$, что,по-моему, просто.

Доказать верность индукционнго шага, согласен, просто.
Но как доказать верность базы индукции, т.е. показать, что
$n^k < 2 ^ n$     $
выполняется хотя бы при каком то значении $n=N $,
которое , естественно должно зависить от $k $, а $k $
может быть очень большим?

Добавлено спустя 26 минут 41 секунду:

Руст писал(а):
shust писал(а):
Не очень здорово, т.к. сводим к аналогичной задаче: доказать неравенство
$k\log n < n\log m$     $,
аналогичной сложности, даже более сложной, т.к. вводится трансцендентная в общем случае
функция $\log n $.

Всё тривиально, неравенство выполняется при $n>max(e,N), \ \frac{N}{ln N}=\frac{k}{ln m}$ (функция x/ln x монотонно растущая при x>e ).


У меня была просьба:
Надо доказать неравенство при n -> oo
$n^k < 2 ^ n$     $,
не используя логарифмов, корней и, по возможности, с использованием только целых или в крайнем случае рациональных чисел.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 19:26 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


01/03/06
13626
Москва
shust писал(а):
У меня была просьба:
Надо доказать неравенство при n -> oo
$n^k < 2 ^ n$ ,
не используя логарифмов, корней и, по возможности, с использованием только целых или в крайнем случае рациональных чисел.

Я уже писал Вам: $ 2 ^ n=(1+1)^ n $, раскладываете правую часть равенства по биному Ньютона, при больших n один из биномиальных коэффициентов будет многочленом от n степени выше к, а уж сравнить скорости роста многочленов разной степени элементарными методами-это элементарно :D

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 20:27 


22/11/06
186
Москва
Brukvalub писал(а):
Я уже писал Вам: $ 2 ^ n=(1+1)^ n $, раскладываете правую часть равенства по биному Ньютона, при больших n один из биномиальных коэффициентов будет многочленом от n степени выше к, а уж сравнить скорости роста многочленов разной степени элементарными методами-это элементарно :D


Согласен с Вами.

Я, правда, использовал разложение по биному Ньютона
эквивалентного неравенства
$n < m ^n^/^k$     $
и ограничился только третьим членом разложения, отбросив остальные.
При этом получается простая оценка для числа N, такого, что при всех n > N верно
$n^k < m ^ n$     $.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 20:35 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3824
shust писал(а):
Надо доказать неравенство при n -> oo
$n^k < 2 ^ n$ ,
не используя логарифмов, корней...

И потом сами же пишете
shust писал(а):
Я, правда, использовал разложение по биному Ньютона
эквивалентного неравенства
$n < m ^n^/^k$

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 21:34 


22/11/06
186
Москва
RIP писал(а):
shust писал(а):
Надо доказать неравенство при n -> oo
$n^k < 2 ^ n$ ,
не используя логарифмов, корней...

И потом сами же пишете
shust писал(а):
Я, правда, использовал разложение по биному Ньютона
эквивалентного неравенства
$n < m ^n^/^k$

Это не противоречит моей просьбе т.к. я доказал неравенство
$n < m ^ n^/^k$ $
раньше(вчера), чем попросил(сегодня) доказать неравенство без использования логарифмов и корней т.к.
хотелось бы не использовать сложные понятия, а использовать только степени - что явно проще.
Кстати для меня оказалось, что доказать неравенство с использованием только степеней
оказалось несколько сложнее, чем с использованием корней.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение28.01.2007, 23:18 


01/12/06
463
МИНСК
Цитата:
Но как доказать верность базы индукции, т.е. показать, что
$n^k < 2 ^ n$     $
выполняется хотя бы при каком то значении $n=N $,
которое , естественно должно зависить от $k $, а $k $
может быть очень большим?


Можно доказать, что каково бы ни было натуральное p найдётся натуральное M>p такое, что
$M^k < 2 ^ M$     $. Это можно сделать, например, ища M в виде
$2^l$. Для l получим неравенство $lk<2^l$, которое выполняется при всех l>2k+1. Тогда $ M=max(2^{2k+2},2^t)$, где $ 2^t>p$, . Взяв вместо p номер, начиная с которого выполняется $(1+1/n)^k<2$, можно получить требуюмую базу индукции.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение30.01.2007, 21:47 


22/11/06
186
Москва
Андрей123.
Переосмысление вашей реплики позволило упростить ранее приведенное мною доказательство неравенства.
Если n представить в виде $n = 2 ^ l$, то доказательство неравенства $n^k < 2 ^ n$, сводится к доказательству
неравенства $lk < 2 ^ l$, а оно верно при $l > 2k+1, что доказывается разложением $ 2 ^ n$, по биному Ньютона и удержанием 3-го члена.
Таким образом, при всех n , удовлетворяющих условию $n > 2 ^2^k^+^1 $,
имеет место неравенство $n^k < 2 ^ n$, а тем более и исходное неравенство
$n^k < m ^ n$. Не надо никакой индукции!
Хочу отметить, что доказательство не использует ни логарифмов, ни корней,
а только целые числа и их степени, как и доказуемое неравенство.
Неясно можно ли еще упростить доказательство и улучшить полученную
оценку для N или это противоречивые требования?

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.01.2007, 15:00 


01/12/06
463
МИНСК
shust писал(а):
Таким образом, при всех n , удовлетворяющих условию $n > 2 ^2^k^+^1 $,
имеет место неравенство $n^k < 2 ^ n$, а тем более и исходное неравенство
$n^k < m ^ n$. Не надо никакой индукции!

По-моему, мы доказали неравенство только для n вида $2^l$, а не для всех n, поэтому индукция всё-таки нужна.

 Профиль  
                  
 
 
Сообщение31.01.2007, 21:49 


22/11/06
186
Москва
Андрей123 писал(а):
shust писал(а):
Таким образом, при всех n , удовлетворяющих условию $n > 2 ^2^k^+^1 $,
имеет место неравенство $n^k < 2 ^ n$, а тем более и исходное неравенство
$n^k < m ^ n$. Не надо никакой индукции!

По-моему, мы доказали неравенство только для n вида $2^l$, а не для всех n, поэтому индукция всё-таки нужна.


В варианте $l= 2 ^ n$, l - целое, индукция, пожалуй нужна.

Но ничто не мешает взять за l - нецелое вида
$l= \log _2 n$.
Все рассуждения мои остаются в силе, за исключением фразы о неиспользовании логарифмов и корней.
Однако оценка $n > 2 ^2^k^+^1 $, впрочем, их не содержит.

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 15 ] 

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