Matematické Fórum

Marian · 08. 08. 2008 01:10 — Editoval Marian (08. 08. 2008 01:12)

Našel jsem hezkou úlohu, a tak se o ni podělím. Tentokráte doplním sérii prázdninových úloh o nerovnost.

Bez užití kalkulačky dokažte metodami matematické analýzy nerovnost
$\sqrt{2}\raisebox{10mm}{\sqrt{3}\raisebox{8mm}{\sqrt{5}}}<\sqrt{11}.$

musixx · 14. 08. 2008 14:03 — Editoval musixx (14. 08. 2008 14:08)

Napadlo me tohle reseni. Ke konci je trosku pracne, myslim, ze by to tam slo zjednodusit...

Zobecneny binomicky koeficient $a\choose b$ pro realne $a$ a cele nezaporne $b$ je cislo

${a\choose b}=\frac{a\cdot(a-1)\cdot(a-2)\cdots(a-b+1)}{b!}$

a pomoci nej lze zobecnit binomickou vetu. Specialni pripad je

$(1+1)^a=\sum_{i=0}^\infty{a\choose i}$ .

Vse plne koresponduje s "puvodni" binomickou vetou pokud (standardne) definujeme, ze ${a\choose b}=0$ pro $b>a$ v celych nezapornych cislech.

Uloha vlastne rika, ze se ma dokazat, ze

$\sqrt{11}-\sqrt{2}^B\ >\ 0$ pro $B=sqrt{3}^{\sqrt{5}}$ .

Zrejme je $\sqrt{11}+\sqrt{2}^B\ >\ 0$ , a tedy po vynasobeni dostaneme (rozdil ctvercu), ze se snazime dokazat

$11-2^B\ >\ 0$ , tedy $2^B\ <\ 11$ .

Rozvinme nyni $2^B=(1+1)^B$ pomoci zobecnene binomicke vety:

$2^B=1+B+\frac{B(B-1)}2+\frac{B(B-1)(B-2)}6+\frac{B(B-1)(B-2)(B-3)}{24}+\cdots$

a protoze $B\ <\ 4$ (ukazeme pozdeji), pak nenapsane cleny rady zacinaji stridat znaminko a jejich absolutni hodnota klesa, neboli "soucet schovany ve trech teckach" bude zaporny (jeho prvni clen je zaporny), neboli plati

$2^B\ <\ 1+B+\frac{B(B-1)}2+\frac{B(B-1)(B-2)}6+\frac{B(B-1)(B-2)(B-3)}{24}$ .

Staci tedy ukazat, ze

$1+B+\frac{B(B-1)}2+\frac{B(B-1)(B-2)}6+\frac{B(B-1)(B-2)(B-3)}{24}\ <\ 11$ .

Tohle plati treba pro cislo $38/11$ substituovane misto $B$ , cimz jsme vyraz vlevo jen zvetsili. No a protoze $38/11\ <\ 4$ , zbyva uz jen ukazat, ze

$B\ <\ \frac{38}{11}$ .

To je pravda, ale zatim jsem to neukazal nijak snadno. Nicmene bych rekl, ze tudy by mohla vezt cesta...

Marian · 15. 08. 2008 10:04

↑ musixx:
Uvedený postup je korektní. Teď už jen vyzrát na tu poslední nerovnost. Můj postup u důkazu tohoto prázdninového tvrzení je jiný, takže až jej zde zveřejním (zatím s tím počkám ještě několik dnů), může se tady začít odvíjet celkem zajímavá diskuze.

Ale důkaz toho, že platí $B<\frac{38}{11}$ je snadný.

Důkaz. Položme $B:=\sqrt{3}^{\sqrt{5}}$ . Pak nerovnost $B<\frac{38}{11}$ je ekvivalentní s nerovností $3^{\sqrt{5}}<\left (\frac{38}{11}\right )^2$ . Nerovnost trošku přiostříme tím, že uvážíme snadný odhad $\sqrt{5}<\frac{9}{4}$ . Ten jistě platí, protože je

Z toho plyne tedy $3^{\sqrt{5}}<3^{\frac{9}{4}}{<}\limits^{?}\left (\frac{38}{11}\right )^2$ . Dokážeme ještě nerovnost s otazníkem.

Tím je tvůj důkaz hotov.

musixx · 15. 08. 2008 10:48

↑ Marian: Jasnacka, diky za doplneni. Jen by me zajimalo, jestli by to neslo udelat nejak elegantne bez tech hausnumer na konci. Prave tam totiz smerovala moje prvni veta "Ke konci je trosku pracne, myslim, ze by to tam slo zjednodusit". A tim "zjednodusit" jsem prave myslel jinak nez rekl bych hrubou silou ukazat...

musixx · 20. 08. 2008 13:40 — Editoval musixx (20. 08. 2008 14:00)

Mam tady druhe reseni, jen na zaklade porovnavani. Nejvetsi cislo, ktere je nutne spocitat, je 31^8, coz se (snad) da jeste akceptovat i na papire.

$(\mathrm A):\ \ 80<81\ \Rightarrow\ 5\cdot16<81\ \Rightarrow\ 5<\frac{81}{16}\ \Longrightarrow^{(1)}\ \sqrt5<\frac94$ ,
kde v (1) delam druhou odmocninu z obou stran.

$(\mathrm B):\ \ 3^{25}<31^8\ \Rightarrow\ 3^9\cdot3^{16}<31^8\ \Rightarrow\ 3^9\cdot9^8<31^8\ \Rightarrow\ 3^9<\frac{31^8}{9^8}\ \Longrightarrow^{(2)}\ 3^{\frac94}<\frac{31^2}{9^2}\ \Longrightarrow^{(\mathrm A)}\ 3^{\sqrt5}<\frac{31^2}{9^2}\ \Longrightarrow^{(3)}\ {\sqrt3}^{\sqrt5}<\frac{31}9$ ,
kde ve (2) delam ctvrtou odmocninu z obou stran a ve (3) druhou.

$2^{31}<11^9\ \Longrightarrow^{(4)}\ 2^{\frac{31}9}<11 \ \Longrightarrow^{(\mathrm B)}\ 2^{{\sqrt3}^{\sqrt5}}<11\ \Longrightarrow^{(5)}\ {\sqrt2}^{{\sqrt3}^{\sqrt5}}<\sqrt{11}$ ,
kde ve (4) delam devatou odmocninu z obou stran a v (5) druhou.

Pri uziti (A) a (B) take vyuzivam toho, ze dva i tri je vetsi nez jedna, tedy ze zmensenim exponentu se zmensi cela mocnina.

musixx · 20. 08. 2008 17:13

Porad dumam, jak se zbavit toho pocitani s velkymi cisly. Jde to vubec nejak elegantne?

Treba pro dukaz $2^{31}<11^9$ jsem zkusil prejit k sestnactkove soustave, coz situaci ulehcilo (aspon pocetne, mentalne rozhodne ne). :-)

$2^{31}=8\cdot2^{28}=8\cdot16^7$ , tedy v sestnactkove soustave jde o cislo $80000000_{16}$ (osmicka a sedm nul).

$11^9=11\cdot121^4$ , tedy sestnactkove $B\cdot79^4$ . Pocitejme v hexa:

$\begin{tabular}{cccc}&&7&9\nl&\cdot&7&9\nl\hline&4&4&1\nl3&4&F\nl\hline3&9&3&1\end{tabular}$ .

Urcite $3900<3931$ a

$\begin{tabular}{ccc}&3&9\nl\cdot&3&9\nl\hline1&0&1\nlA&B\nl\hline B&B&1\end{tabular}$ .

Urcite $BB0<BB1$ a

$\begin{tabular}{ccc}&B&B\nl&\cdot&B\nl\hline8&0&9\end{tabular}$ .

Kdyz na konec dodame potrebne nuly, mame ze $11^9$ neni mensi (vyjadreno sestnactkove) nez $80900000_{16}$ , coz nam staci.

andrew · 20. 08. 2008 18:13

↑ musixx: Porad dumam, jak se zbavit toho pocitani s velkymi cisly. Jde to vubec nejak elegantne? Treba pro dukaz $2^{31} < 11^9$ ...

Zdravim, elegantneji to samozrejme jde. Zkuste uvazovat dve nerovnosti $10^9 < 11^9$ a $2^4 < 5^{27}$ . Odtud pote zajiste plati i nerovnost $\big(2^3\big)^9 \big(5^3\big)^9 2^4 < 11^9 \big(5^3\big)^9$ . viz

Dobra kniha na toto tema je od Jiri Herman, Radan Kucera, Jaromir Simsa: Equations and Inequalities - Elementary Problems and Theorems in Algebra and Number Theory. Zde jsem uzil tvrzeni z odstavce 1.8 Multiplying Inequalities, p. 93.

musixx · 21. 08. 2008 08:50 — Editoval musixx (21. 08. 2008 08:51)

↑ andrew: Zdravim! Jasne, ze Radan na to urcite zna fintu - ten snad zna vsechno: abych trochu zapropagoval moji nekdejsi Alma mater. :-)

Ale tvuj argument neni jeste ten pravy. Kde se vzaly ty trojky v exponentech v zavorkach na leve strane? Abych je tam mohl napsat, musel bych preci vedet, ze $(10^3)^9<11^9$ a ne jen $10^9<11^9$ , ne? Ona nerovnost $2^{31}<11^9$ je docela "napjata", takze bych neocekaval, ze pujde tak snadno odvodit z neceho tak ostreho jako $2^4<5^{27}$ .

andrew · 21. 08. 2008 10:17 — Editoval andrew (21. 08. 2008 10:23)

↑ musixx: Mea maxima culpa, mas pravdu. Dik za upozorneni. Cele to je chybne. Imho a co takhle pouzit logaritmus? ;)

musixx · 21. 08. 2008 12:53

↑ andrew: Asi jsi necetl cely tento thread. Snazime se (mozna trochu akademicky, ale o tom to vlastne je) o reseni na papire jen s teorii, bez kalkulacky.

musixx · 22. 08. 2008 16:02

Ted se na 14 dni odmlcim. Ale az se vratim z dovolene, jsem zvedavy na Marianovo reseni...

Marian · 24. 08. 2008 10:04 — Editoval Marian (24. 08. 2008 10:13)

Řešení jsem měl asi dvě. Uvedu to jednodušší a použitelnější.

Dáe použiju snadný a lehce ověřitelný fakt $\frac{9}{4}>\sqrt{5}$ a dále také fakt, že $\frac{\ln 11}{\ln 2}>\frac{69}{20}$ , který dokážu později. Budu dokazovat

což platí, nebo?
$\left (\frac{23}{20}\right )^8=\left (1+\frac{3}{20}\right )^8=\sum_{k=0}^{8}{8\choose k}\left (\frac{3}{20}\right )^k>\sum_{k=0}^{3}{8\choose k}\left (\frac{3}{20}\right )^k=\frac{3019}{1000}>3.$
Dokážeme ještě odhad pro podíl logaritmů (pokusím se o jednodušší přístup).

Matematické Fórum

#1 08. 08. 2008 01:10 — Editoval Marian (08. 08. 2008 01:12)

Prázdninová nerovnost

#2 14. 08. 2008 14:03 — Editoval musixx (14. 08. 2008 14:08)

Re: Prázdninová nerovnost

#3 15. 08. 2008 10:04

Re: Prázdninová nerovnost

#4 15. 08. 2008 10:48

Re: Prázdninová nerovnost

#5 20. 08. 2008 13:40 — Editoval musixx (20. 08. 2008 14:00)

Re: Prázdninová nerovnost

#6 20. 08. 2008 17:13

Re: Prázdninová nerovnost

#7 20. 08. 2008 18:13

Re: Prázdninová nerovnost

#8 21. 08. 2008 08:50 — Editoval musixx (21. 08. 2008 08:51)

Re: Prázdninová nerovnost

#9 21. 08. 2008 10:17 — Editoval andrew (21. 08. 2008 10:23)

Re: Prázdninová nerovnost

#10 21. 08. 2008 12:53

Re: Prázdninová nerovnost

#11 22. 08. 2008 16:02

Re: Prázdninová nerovnost

#12 24. 08. 2008 10:04 — Editoval Marian (24. 08. 2008 10:13)

Re: Prázdninová nerovnost

Zápatí