Comparando dos números cercanos

Question

¿Cómo comparar estos dos números sin usar una calculadora?

$A=\left(\dfrac{11}{10}\right)^{\sqrt{5}}$ y $\;B=\left(\dfrac{12}{11}\right)^{\sqrt{6}}$ .

Gracias por tu ayuda !

Aquí está lo que probé, por ejemplo: $$\left(\frac{A}{B}\right)^{\sqrt6-\sqrt5}=\frac{11}{10^{\sqrt{30}−5}12^{6−\sqrt{30}}}.

ln es cóncavo, por lo que $$10^{\sqrt{30}−5}12^{6−\sqrt{30}}\leq10(\sqrt{30}−5))+12(6−\sqrt{30})=22−2\sqrt{30}.$$ But $$22−2\sqrt{30}\approx11,05...

Answer 1

Deje $f(x)=\frac{\sqrt{x+1}\ln(1+x)}{x},$ donde $x>0$.

Por lo tanto, $$f'(x)=\frac{\left(\frac{\ln(1+x)}{2\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+x}}\right)x-\sqrt{1+x}\ln(1+x)}{x^2}=\frac{2x-(x+2)\ln(1+x)}{2x^2\sqrt{1+x}}\leq0$$ porque $$\left(\ln(1+x)-\frac{2x}{x+2}\right)'=\frac{x^2}{(x+1)(x+2)^2}\geq0.$$ Id est, $f$ disminuye y para todos los $n>0$ obtenemos: $$f\left(\frac{1}{n+1}\right)>f\left(\frac{1}{n}\right)$$ o $$\frac{\sqrt{\frac{1}{n+1}+1}\ln\left(1+\frac{1}{n+1}\right)}{\frac{1}{n+1}}>\frac{\sqrt{\frac{1}{n}+1}\ln\left(1+\frac{1}{n}\right)}{\frac{1}{n}}$$ o $$\sqrt{(n+1)(n+2)}\cdot\ln\frac{n+2}{n+1}>\sqrt{n(n+1)}\cdot\ln\frac{n+1}{n}$$ o $$\left(\frac{n+2}{n+1}\right)^{\sqrt{n+2}}>\left(\frac{n+1}{n}\right)^{\sqrt{n}}.$$

Ahora, tome $n=10.$

Answer 2

La pregunta equivale a la comparación de $f(10)$ e $f(11)$, donde $$f(x):=\sqrt{x-5}\,\log\left(1+\frac1x\right).$$

Lamentablemente, esta función tiene un máximo en torno $10.4848$.

Pero podemos usar el desarrollo de Taylor del logaritmo con suficiente precisión y comparar los racionales

$$5\left(\frac1{10}-\frac1{200}+\frac1{3000}-\cdots\right)^2\text{ vs. }6\left(\frac1{11}-\frac1{242}+\frac1{3993}-\cdots\right)^2.$$

De todos modos, sigue siendo para determinar el pedido mínimo del desarrollo, y la informática puramente a mano es más que tedioso.

Answer 3

Teorema: Dado que $$u^2+v^2=2\tag1$$ tenemos $$u\log(u)+v\log(v)\ge0\tag2$$

Prueba: vamos a demostrar que el único punto crítico es cuando $u=v$. Suponga que $u\ne v$.

Por la simetría de $(1)$ e $(2)$, podemos tomar $u\lt v$. Restricción $(1)$implica $$\frac{\mathrm{d}v}{\mathrm{d}u}=-\frac uv\tag3$$ En cualquier punto crítico, debemos tener $$\begin{align} 0 &=\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}u}(u\log(u)+v\log(v))\\[3pt] &=u\left(\frac{1+\log(u)}u-\frac{1+\log(v)}v\right)\\ &=eu\left(\frac{\log(eu)}{eu}-\frac{\log(ev)}{ev}\right)\tag4 \end{align}$$ Desde $u\lt v$, la solución a $(4)$ puede parametrizar como $$\begin{align} eu&=\left(1+\frac1w\right)^w\\ ev&=\left(1+\frac1w\right)^{w+1} \end{align}\tag5$$ Por lo tanto, $(1)$ dice que $$\begin{align} 2e^2 &=(eu)^2+(ev)^2\\[3pt] &=\left(1+\frac1w\right)^{2w}+\left(1+\frac1w\right)^{2w+2}\\ &=\color{#C00}{\left(\frac{w}{w+1}+\frac{w+1}{w}\right)}\color{#090}{\left(1+\frac1w\right)^{2w+1}}\\[6pt] &\gt\color{#C00}{2}\color{#090}{e^2}\tag6 \end{align}$$ para todos finito de valores de $w$porque $$\begin{align} \frac{w}{w+1}+\frac{w+1}{w} &=2+\left(\sqrt{\frac{w}{w+1}}-\sqrt{\frac{w+1}{w}}\right)^2\\ &\gt2\tag7 \end{align}$$ y Cauchy-Schwarzdice $$\begin{align} \left(\int_w^{w+1}x\,\mathrm{d}x\right)\left(\int_w^{w+1}\frac1x\,\mathrm{d}x\right)&\ge\left(\int_w^{w+1}1\,\mathrm{d}x\right)^2\\ \left(w+\frac12\right)\log\left(1+\frac1w\right)&\ge1\tag8 \end{align}$$ lo que implica $$\left(1+\frac1w\right)^{2w+1}\ge e^2\tag9$$ $(6)$ es una contradicción, lo que implica que el único punto crítico es $u=v=1$, donde $u\log(u)+v\log(v)=0$. Dado que tanto $\left(0,\sqrt2\right)$ e $\left(\sqrt2,0\right)$ dar $u\log(u)+v\log(v)=\frac{\log(2)}{\sqrt2}$, nos han mostrado $(2)$.

$\large\square$

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Dejando $u=\sqrt{1-x}$ e $v=\sqrt{1+x}$, $(2)$se convierte en $$\sqrt{1-x}\,\log(1-x)+\sqrt{1+x}\,\log(1+x)\ge0\etiqueta{10}$$ Set $x=\frac1{11}$ y obtenemos $$\sqrt{\frac{10}{11}}\log\left(\frac{10}{11}\right)+\sqrt{\frac{12}{11}}\log\left(\frac{12}{11}\right)\ge0\tag{11}$$ lo que da $$\left(\frac{12}{11}\right)^{\sqrt6}\ge\left(\frac{11}{10}\right)^{\sqrt5}\etiqueta{12}$$