Demostrar que $\sqrt{7}^{\sqrt{8}}>\sqrt{8}^{\sqrt{7}}$

Question

Demostrar que $$\sqrt{7}^{\sqrt{8}}>\sqrt{8}^{\sqrt{7}}$$

y encontré $$LHs-RHS=0.017\cdots$$

He publicado este interesante problema Prueba $\left(\frac{2}{5}\right)^{\frac{2}{5}}<\ln{2}$

¿alguien puede sugerir algún otro buen método? Gracias a todos.

Answer 1

Tenga en cuenta que $\sqrt{7}^{\sqrt{8}}\doteq15.673$ y $\sqrt{8}^{\sqrt{7}}\doteq15.656$ así que estos dos están bastante cerca. Además $\sqrt{7}<e<\sqrt{8}$ y la función $f(x):={\log x\over x}$ tiene un máximo local en $x:=e$ . Esto excluye el uso de argumentos de monotonicidad. La siguiente prueba utiliza aritmética de enteros en su lugar.

Para empezar necesitamos una aproximación racional a $\sqrt{7\over8}$ que es ligeramente mayor que $\sqrt{7\over8}$ . Utilizando Mathematica (o fracciones continuas) se encuentra que $$7\cdot 31^2=6727<6728=8\cdot 29^2\ ,$$ lo que implica $$\sqrt{7}\cdot31<29\cdot\sqrt{8}\ .$$ Además, se calcula $$8^{29}=15\>47425\>04910\>67253\>43623\>90528<15\>77753\>82034\>84580\>66150\>42743=7^{31}\ .$$ De ello se deduce que $$\bigl(8^{\sqrt{7}}\bigr)^{31}<\bigl(8^{29}\bigr)^{\sqrt{8}}<\bigl(7^{31}\bigr)^{\sqrt{8}}\ .$$ Ahora coge el $62^{\rm th}$ raíz en ambos lados.

Answer 2

El reto consiste en demostrar la desigualdad de forma que pueda comprobarse fácilmente a mano. Tomando los logaritmos, la desigualdad que hay que demostrar es

$$\sqrt7\ln8 \lt \sqrt8\ln7$$

que puede escribirse como

$$3\sqrt{1-{1\over8}}\ln2 \lt \ln(8-1) = 3\ln2+\ln(1-{1\over8})$$

por lo que la desigualdad a demostrar es

$$-\ln\left(1-{1\over8}\right)\lt 3\left(1-\sqrt{1-{1\over8}}\right)\ln2$$

Utilizaremos la serie de Taylor

$$-\ln(1-x)=x+{1\over2}x^2+{1\over3}x^3+{1\over4}x^4+\cdots$$

para obtener

$$\begin{align} -\ln\left(1-{1\over8}\right) &\lt {1\over8}+{1\over2}\left({1\over8}\right)^2+{1\over3}\left({1\over8}\right)^3+{1\over3}\left({1\over8}\right)^4\\ &={1\over8}+{1\over2}\left({1\over8}\right)^2+{1\over3}\left({1\over8}\right)^3{1\over1-{1\over8}}\\ &={1\over8}+{1\over128}+{1\over21}{1\over64}\\ &\lt{1\over8}+{1\over128}+{1\over16}{1\over64}\\ &={128+8+1\over2^{10}}\\ &={137\over2^{10}} \end{align}$$

Utilizaremos el hecho de que todos los coeficientes de la serie de Taylor

$$1-\sqrt{1-x}={1\over2}x+{1\over8}x^2+{1\over16}x^3+\ldots$$

son positivos para obtener

$$1-\sqrt{1-{1\over8}}\gt {1\over2}{1\over8}+{1\over8}\left({1\over8}\right)^2={33\over2^9}$$

Por último, utilizamos la identidad fácilmente verificable

$$\ln2=3\ln\left(1+{1\over4}\right)+\ln\left(1+{3\over125}\right)$$

y la serie alterna de Taylor

$$\ln(1+x)=x-{1\over2}x^2+{1\over3}x^3-\cdots$$

para obtener

$$\begin{align} \ln2&\gt 3\left({1\over4}-{1\over2}\left({1\over4}\right)^2+{1\over3}\left({1\over4}\right)^3-{1\over4}\left({1\over4}\right)^4\right)+{3\over125}\\ &={21\over32}+{1\over64}-{3\over1024}+{3\over125}\\ &\gt{21\over32}+{1\over64}-{3\over1024}+{3\over128}\\ &={21\cdot32+16-3+24\over1024}={709\over1024} \end{align}$$

de ahí

$$3\ln2\gt{2127\over1024}\gt{2126\over1024}={1063\over512}$$

para que

$$3\left(1-\sqrt{1-{1\over8}}\right)\ln2\gt{33\over2^9}{1063\over2^9}={33\cdot1063\over2^{18}}$$

En consecuencia, la desigualdad a verificar es

$${137\over2^{10}}\lt{33\cdot1063\over2^{18}}$$

es decir,

$$256\cdot137\lt33\cdot1063$$

Evitando las calculadoras, observe que $1063=1024+32+8-1$ Así que

$$33\cdot1063=(2^5+1)(2^{10}+2^5+2^3-1)=2^{15}+2^{11}+2^8+2^3-1$$

mientras que

$$256\cdot137=2^8(2^7+2^3+1)=2^{15}+2^{11}+2^8$$

por lo que se cumple la desigualdad deseada.

Answer 3

Sólo quiero darte una visión más amplia de esta cuestión. El hecho que usted señala corresponde a $f(2)>0.$

$f(\text{x$\_$})\text{:=}\left(t=\lfloor \exp (x)\rfloor ;a=t^{1/x};b=(t+1)^{1/x};a^b-b^a\right);$

$\text{Plot}[f(x),\{x,1,3\}]$

Answer 4

A solución de un foro griego de matemáticas.

$\frac{lne^{2}-ln7}{e^{2}-7} < \frac{1}{7} \Leftrightarrow \frac{1}{ln7} < \frac{7}{21-e^{2}}<\frac{7}{13,6}$

$\frac{ln8-lne^{2}}{8-e^{2}} >\frac{1}{8} \Leftrightarrow \frac{1}{ln8} < \frac{8}{24-e^{2}}<\frac{8}{16,6}$

Así que..,

$ \frac{1}{ln7}+ \frac{1}{ln8} < \frac{7}{13,6}+ \frac{8}{16,6}= \frac{225}{225,76}<1$ .

$\int_{ln7}^{ln8} \frac{1}{x} dx < \frac{(\frac{1}{ln7}+\frac{1}{ln8}) \cdot (ln8-ln7)}{2} < ln \sqrt{8}-ln\sqrt{7}=\int_{\sqrt{7}}^{\sqrt{8}} \frac{1}{x} dx$ .

Así que..,

$\int_{ln7}^{ln8} \frac{1}{x} dx < \int_{\sqrt{7}}^{\sqrt{8}} \frac{1}{x} dx\Leftrightarrow $

$ln\frac{ln8}{ln7} < ln \frac{\sqrt{8}}{\sqrt{7}} \Leftrightarrow \sqrt{8}ln7 > \sqrt{7} ln8 \Leftrightarrow$

$ \sqrt{7}^{\sqrt{8}}> \sqrt{8}^{\sqrt{7}}$ .

Answer 5

Elevar ambos lados de la relación al $\frac{1}{\sqrt{56}}$ potencia, encontramos $f(x) = x^{\frac{1}{\sqrt{x}}}$ lo que significa que podemos encontrar equivalentemente $f(7) > f(8)$ . Una inflexión ( $f'(x) = 0$ ) se produce en $e^2 \approx 7.389$ . Taylor expande la función alrededor de la inflexión (con una constante $m = e^{2/e}$ ), encontramos

$$ x^{\frac{1}{\sqrt{x}}} = m-\frac{m}{4 e^5} (x-e^2)^2 + \dfrac{m}{3 e^7} (x-e^2)^3 + O(x-e^2)^4$$

El término cuadrático es aproximadamente $1/300$ por lo que esta función es bastante plana cerca de $e^2$ . La cuadrática es negativa, por lo que el punto de inflexión es un máximo, y la cúbica es menor que $1/5$ del término cuadrático cuando $x - e^2 = 1$ (y obviamente más pequeño cerca de $e^2$ ), por lo que podemos ignorarlo. Con todo ello, puesto que $7$ está más cerca de $e^2$ que $8$ , $f(7) > f(8)$ .