Demostrar $ n+1<\frac{\log 4}{\log3}+\frac{\log 44}{\log33}+\frac{\log4444}{\log3333}+\cdots+\frac{\log 444\ldots444}{\log333\ldots333} <n+2 $

Question

Demostrar que $$ n+1<\frac{\log 4}{\log3}+\frac{\log 44}{\log33}+\frac{\log4444}{\log3333}+\frac{\log 44444444}{\log33333333}+\cdots+\frac{\log 444\ldots444}{\log333\ldots333} <n+2$$ donde en el pasado logaritmo ha $2^n$ dígitos.

El lado izquierdo es fácil de probar, pero no tengo ni idea de por donde empezar para el derecho.

PS. Esto debe ser probado sin el uso de límites.

Answer 1

Escribir $a_i=1111111...1$ $i$ dígitos. Entonces su suma es:$$\sum_{k=0}^n \frac{\log{4a_{2^k}}}{\log{3a_{2^k}}}$$

Pero $$\log 4a_i = log 3a_i + \log {\frac 4 3}$$ de Modo que su suma es:

$$\sum_{k=0}^{n} \left(1+ \frac{\log{4/3}}{\log{3a_{2^k}}}\right) = n+1 + \sum_{k=0}^{n} \frac{\log{4/3}}{\log{3a_{2^k}}}$$

Tan sólo es necesario demostrar que la $\log\left(\frac4 3\right)\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{\log{3a_{2^k}}}<1$. (Es claramente mayor que cero, por lo que la primera desigualdad es verdadera.)

Así que básicamente, usted está tratando de llegar con un agradable límite inferior en el plazo $\log{3a_i}$. Pero $9a_i$$10^i-1$, por lo que probablemente puede trabajar desde allí.

Completó la prueba

Una cosa a notar es que la base del logaritmo es irrelevante, ya que $\frac{\log_a b}{\log_a c} = \log_c{b}$ es independiente de $a$. Por lo que podemos utilizar la natural $\log$. A continuación,$\log{4/3} <\frac{1}{3}$, por lo que solo tenemos que mostrar que $\sum_{k=0}^n \frac{1}{\log 3a_{2^k}} < 3$.

Ahora, $\log 3 a_{2^k} = \log 3 + \log a_{2^k}$. Pero $a_{2^k} > 10^{2^k-1}$. Por lo $\log a_{2^k} > (2^k-1)\log 10 > 2^k-1$. Pero $\log 3>1$, lo $\log 3a_k > 2^k$.

Por lo $\frac{1}{\log 3a_{2^k}}<2^{-k}$ y, por tanto, $\sum_{k=0}^n \frac{1}{\log 3a_{2^k}} < 2$

Answer 2

Aquí es otra manera: Supongamos que estamos ante un término con $2^{k}$ dígitos, $k\geq1$. A continuación, $$\frac{\log\left(444\cdots444\right)}{\log\left(333\cdots333\right)}=\frac{\log4+\log\left(111\cdots111\right)}{\log3+\log\left(111\cdots111\right)}=\frac{1+\frac{\log4}{\log\left(111\cdots111\right)}}{1+\frac{\log3}{\log\left(111\cdots111\right)}}$ $

$$\leq1+\frac{\log4}{\log\left(111\cdots111\right)}\leq1+\frac{\log4}{\log\left(100\cdots000\right)}=1+\frac{\log4}{(2^{k}-1)\log\left(10\right)}.$$ Fortunately this is bounded by a geometric series. Since $$\frac{\log4}{(2^{k}-1)\log\left(10\right)}=\frac{\log4}{2^{k}\log\left(10\right)}+\frac{\log4}{2^{k}(2^{k}-1)\log\left(10\right)}\leq\frac{\log4}{2^{k}\log\left(10\right)}+\frac{2\log4}{2^{2k}\log\left(10\right)},$$ we see that $$\sum_{k=M}^{\infty}\frac{\log4}{(2^{k}-1)\log\left(10\right)}\leq\frac{\log4}{\log\left(10\right)}\sum_{k=M}^{\infty}\left(\frac{1}{2^{k}}+\frac{2}{2^{2k}}\right)=\frac{\log4}{\log\left(10\right)}\left(\frac{1}{2^{M-1}}+\frac{8}{3\cdot2^{2M}}\right).$$ If we take $M=2$, this is $$\frac{2\log4}{3\log10},$$ and hence we may bound the original sum by $$\frac{\log4}{\log3}+\frac{\log44}{\log33}+(n-1)+\frac{2\log4}{3\log10}$$ since there are $n+1$ terms, and we looked at the last $n-1$ leaving the first two alone. $$Since\frac{\log4}{\log3}+\frac{\log44}{\log33}+\frac{2\log4}{3\log10}-1=1.74550\dots<2$$ el resultado es probada.