Ok, por lo tanto, mi respuesta funciona pero requiere que:
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Ser increíblemente bueno en aritmética (por lo que tal vez no cumple tu criterio de ser realizable a mano)
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Saber que $\ln 10<\color{red}{2.3026}$ (esto puede ser conocido por ti si cambias frecuentemente entre bases de logaritmos, o puede ser calculado por expansión en series)
Editar (D S) :
Me di cuenta de que obtener una mejor aproximación para $\ln 10$ reduce significativamente el trabajo requerido para $\ln(\phi)$. Así que aquí va: $$\ln(10) = \ln(2)+\ln(5) = 3\ln(2) + \ln(5/4)$$ $$\begin{align}\ln(2) &= \ln((1+1/3)/(1-1/3)) \\ &= 2\sum_{k=0}^\infty \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1}\\ &< 2\left(\sum_{k=0}^3 \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1}\right)+ 2\left(\sum_{k=4}^\infty \frac{(1/3)^{2k+1}}{9}\right) \\ &= 2\left(\sum_{k=0}^3 \frac{(1/3)^{2k+1}}{2k+1}\right)+\frac{(1/3)^9}{4} \\ &= \frac{1910051}{2755620} < 0.693148 \end{align}$$y $$\begin{align}\ln(5/4) &= \ln((1+1/9)/(1-1/9)) \\ &= 2\sum_{k=0}^\infty \frac{(1/9)^{2k+1}}{2k+1}\\ &< 2\left(\sum_{k=0}^2 \frac{(1/9)^{2k+1}}{2k+1}\right)+ 2\left(\sum_{k=3}^\infty \frac{(1/9)^{2k+1}}{7}\right) \\ &= 2\left(\sum_{k=0}^2 \frac{(1/9)^{2k+1}}{2k+1}\right)+ \frac{(1/9)^5}{280} \\ &= \frac{3689393}{16533720}<0.223144 \end{align}$$ Por lo tanto $\ln10 < 3\times 0.693148+0.223144 = \color{blue}{2.302588}$.
Sea $x$ tal que $$x^{x^2} = 1000\phi$$ o $$x^2\ln(x) = 3\ln(10)+\ln(\phi)$$ Estamos interesados en demostrar $$3\ln(10)+\ln(\phi)ya que $x^2\ln(x)$ es creciente en $x$.
Primero, aproximamos $\ln(\phi)$. Nota que la expansión en series de $\ln(1+x)$ para $|x|>1$ es $$\ln(1+x) = \ln(x) - \sum_{k=1}^\infty(-1)^k\frac{x^{-k}}{k}$$Así que $$2\ln(\phi) = \ln(\phi^2) = \ln(1+\phi) = \ln(\phi) + \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\frac{\phi^{-k}}{k}$$ $$\iff \ln(\phi) = \sum_{k=1}^\infty(-1)^{k+1}\frac{\phi^{-k}}{k}< \sum_{k=1}^{17}(-1)^{k+1}\frac{\phi^{-k}}{k}$$ya que la magnitud de los términos en la suma está disminuyendo, y nos detuvimos en un término positivo, por lo que esta aproximación es mayor.
Ahora, para calcular potencias negativas de $\phi$, simplemente puedes extender la secuencia de Fibonacci hacia atrás, es decir, $$\ldots \color{blue}{-8,5,-3,2,-1,1},0,1,1,2,3 \ldots$$ Por ejemplo, $\phi^{-1} = \color{blue}1\cdot \phi \color{blue}{- 1}$, $\phi^{-2} = \color{blue}{-1}\cdot \phi +\color{blue}2$, $\phi ^{-3} = \color{blue}2\cdot \phi \color{blue}{- 3}$ y así sucesivamente.
Al final, deberías obtener $$\sum_{k=1}^{17}(-1)^{k+1}\frac{\phi^{-k}}{k} = \frac{3433663565\sqrt 5 - 7666113149}{24504480}<\color{red}{0.48123}$$
Editar:
Con nuestros nuevos límites, tenemos $$\sum_{k=1}^{13}(-1)^{k+1}\frac{\phi^{-k}}{k} = \frac{4109827\sqrt 5- 9120481}{144144} < \color{blue}{0.481266}$$
Luego, aproximaremos $e^2$. $$e^2 = \left(\sum_{k=0}^\infty\frac{1}{k!}\right)^2>\left(\sum_{k=0}^8\frac{1}{k!}\right)^2$$ (No usamos la expansión en series de $e^z$ ya que eso requiere más términos). $$\left(\sum_{k=0}^8\frac{1}{k!}\right)^2 = \left(\frac{109601}{40320}\right)^2>\color{red}{7.38903}$$
Finalmente, $$\boxed{3\ln(10)+\ln(\phi)- e^2< 3\cdot2.3026 + 0.48123- 7.38903 = 0 \ \ }$$ ¡Uf!
Editar:
Con nuestras nuevas aproximaciones, tenemos $$\boxed{3\ln(10)+\ln(\phi) - e^2<3\cdot 2.302588+0.481266-7.38903 = 0}$$
Actualizar DesmosTutu :
Tenemos un truco para evaluar $\ln 10$
$$\operatorname{arcsinh}(10)=\ln(20)+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{(2n-1)!!}{2n(2n)!!(10)^{2n}},\operatorname{arcsinh}(10)\simeq 3$$
Ahora utiliza la expansión de $\operatorname{arcsinh(x)}$ y la expansión de Engels de $\ln 2$
Fuente: Wikipedia
