Demuestre que$2018^{2019}> 2019^{2018}$ sin inducción, sin la fórmula binomial de Newton y sin cálculo.

Question

Demostrar que $2018^{2019}> 2019^{2018}$ sin la inducción, sin necesidad de Newton de la fórmula binominal y sin Cálculo. Esta desigualdad es equivalente a $$ 2018^{1/2018}>2019^{1/2019} $$

Uno de mis 'High school' estudiante le preguntó por qué la desigualdad es verdadera. Toda la clase se interesó en el problema.La demostración de que esa desigualdad es verdadera, utilizando el cálculo, se puede encontrar aquí. Pero mis alumnos no están familiarizados con el cálculo.

También puedo demostrar por inducción y el de Newton fórmula binominal que $ n^{(n + 1)}> (n + 1)^n $, $ n> 3$, pero mis estudiantes no están familiarizados con la inducción matemática. Otra de las limitaciones de mis alumnos es que no han aprendido todavía el Newton de la fórmula binominal.

Cómo probar la desigualdad de $2018^{2019}> 2019^{2018}$ sin la inducción, sin necesidad de Newton de la fórmula binominal y sin cálculo? Esa es la manera de demostrar esta desigualdad para los estudiantes de escuela secundaria sin el uso de Newton de la fórmula binominal?

Answer 1

Me gustaría tratar de motivar a esto mostrando que $f(x) = x^{1/x}$ es una monotonía de la función razonablemente pequeño $x$.

Otro enfoque es la nota que $$ \frac{2019^{2018}}{2018^{2018}} = \left(1 + \frac{1}{2018}\right)^{2018} $$ y para que la desigualdad es equivalente a mostrar $$ \left(1 + \frac{1}{2018}\right)^{2018} < 2018, $$ que no suena muy descabellado, ya que el lado izquierdo está cerca de a $e$...

ACTUALIZACIÓN

Por favor, consulte saulspatz la respuesta a la manera de demostrar esta última afirmación con una mano cálculo solamente.

Answer 2

$$1+{1\over2018}<1+{1\over2000}=1.0005$ $ $$\left(1+{1\over2018}\right)^{2018}<(1.0005)^{2048}$ $

El lado derecho puede evaluarse mediante cuadrículas repetidas y, como hay mucho margen de maniobra, puede simplificar los cálculos redondeando a medida que avanza. Dado que $(1.0005)^{2048}<3,$, este cálculo debe estar bien dentro de las habilidades de los estudiantes.

Answer 3

Queremos mostrar que

$$\left(2018\right)^{2019}>\left(2019\right)^{2018}$$

---

METODOLOGÍA de $1$:

Esto es equivalente a mostrar

$$2018>\left(1+\frac1{2018}\right)^{2018}\tag1$$

---

Permítanos generalizar $(1)$ y analizar la secuencia de $\left(1+\frac1n\right)^n$.

Primero nos tenga en cuenta que para $n\ge 2$

$$\left(1+\frac1n\right)^n<\frac1{\left(1-\frac1n\right)^n}\tag2$$

---

Además, dado que la secuencia de $\left(1-\frac1n\right)^n$ es monótonamente creciente, que nos muestran el uso sólo de Bernoulli de la Desigualdad en el Apéndice a de esta solución, hemos

$$\left(1-\frac1n\right)^n\ge \left(1-\frac12\right)^2=\frac14\tag 3$$

---

El uso de $(3)$ en $(2)$ revela que

$$\left(1+\frac1n\right)^n<4$$

de donde obtenemos el resultado $n>\left(1+\frac1n\right)^n$ para $n>4$. Establecimiento $n=2018$ los rendimientos de la desigualdad en $(1)$.

Y hemos terminado.

---

METODOLOGÍA de $2$

Esto es equivalente a mostrar

$$\log(2018)>2018\log\left(1+\frac1{2018}\right)$$

A partir de ESTA RESPUESTA, claramente tenemos $2018\log\left(1+\frac1{2018}\right)<1$. Además, es trivial ver que $\log(2018)>1$.

Y hemos terminado!

---

APÉNDICE: la Prueba de que $\left(1-\frac1n\right)^n$ disminuye monótonamente

Deje $a_n=\left(1-\frac1n\right)^n$. Entonces, para $n\ge 2$, la proporción de $\frac{a_{n+1}}{a_n}$ está dado por

$$\begin{align} \frac{a_{n+1}}{a_n}&=\frac{\left(1-\frac1{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1-\frac1n\right)^n}\\\\ &=\left(1-\frac1n\right)\left(\frac{1-\frac1{n+1}}{1-\frac1n}\right)^{n+1}\\\\ &=\left(1-\frac1n\right)\left(1+\frac{1}{n^2-1}\right)^{n+1}\tag {A1}\\\\ &\ge \left(1-\frac1n\right)\left(1+\frac{n+1}{n^2-1}\right)\tag{A2}\\\\ &=1 \end{align}$$

Por lo tanto, vemos que $a_{n+1}\ge a_n$ para $n\ge 2$. Y claramente $a_2\ge a_1=0$ , de modo que $a_n$ es monótonamente creciente para $n\ge 1$, lo que completa la prueba.

Nota en ir de $(A1)$ a $(A2)$ hemos utilizado la Desigualdad de Bernoulli.

Answer 4

El endeudamiento de una reciente respuesta de la mina (demuestra más que la que se necesita aquí, y evita el uso del Teorema del Binomio, pero se hace uso de la inducción, y podría decirse que es un poco demasiado complicado, incluso para su propósito original, así que lo he simplificado considerablemente de la presente solicitud):

Definir $$a_n = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \quad (n \geqslant 1). $$

Si $x \geqslant y > 0$, e $n$ es un entero positivo, entonces $$ x^n - y^n = (x - y)(x^{n-1} + x^{n-2}y + \cdots + y^{n-1}) \geqslant n(x - y)y^{n-1}. $$ Esto puede ser fehacientemente justificada sin una explícita el uso de inducción, sólo un posible uso de la elipsis.

Por lo tanto, para $n > 1$, \begin{align*} a_n - a_{n-1} & = \left(1+\frac{1}{n}\right)^n \! - \left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \\ & = \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n-1} \!\! - \left[ \left(1+\frac{1}{n-1}\right)^{n-1} \!\! - \left(1+\frac{1}{n}\right)^{n-1}\right] \\ & \leqslant \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n-1} \!\! - \frac{1}{n}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n-2} \\ & = \frac{1}{n^2}\left(1+\frac{1}{n}\right)^{n-2} \\ & = \frac{a_n}{(n+1)^2}, \end{align*} de dónde $$ a_n \leqslant a_{n-1}\left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^{-1} \quad (n > 1). $$ Pero, para $n > 1$, $$ \left(1 - \frac{1}{(n+1)^2}\right)^{-1} \!\! = 1 + \frac{1}{(n+1)^2 - 1} < 1 + \frac{1}{n-1} = \frac{n}{n-1}, $$ por lo tanto $$ \frac{a_n}{n} < \frac{a_{n-1}}{n-1} \quad (n > 1), $$ y - de nuevo sin explícita el uso de inducción - uno puede deducir que: $$ \frac{a_n}{n} \leqslant \frac{a_3}{3} = \frac{64}{81} < 1 \quad (n \geqslant 3), $$ dónde: $$ (n + 1)^n < n^{n+1} \quad (n \geqslant 3). $$

Answer 5

Es el mismo de la $2018>(1+\frac{1}{2018})^{2018}$, por lo que solo tenemos que mostrar que $$a_n=\left(1+\frac{1}{n}\right)^n$$ está acotada. Hay muchas pruebas de esto. Aquí es una posibilidad.

Deje $b_n=(1+\frac{1}{n})^{n+1}$. Observamos que en las $b_n$ está disminuyendo desde $$b_{n-1}=\left(\frac n{n-1}\right)^n=\left[\text{media Geométrica de }\underbrace{\frac n{n-1},\ldots,\frac{n}{n-1}}_n,1\right)^{n+1}\ge \left[\text{media Armónica de }\underbrace{\frac n{n-1},\ldots,\frac{n}{n-1}}_n,1\right)^{n+1}=\left(\frac{n+1}n\right)^{n+1}=b_n.$$ Por lo tanto, $a_n\le b_n\le b_1=4$.

Sin embargo, usted puede necesitar para hacer de ellos creen que la media geométrica es mayor que la media armónica.