Probar que $2 ^ {2 ^ {\sqrt3}} > 10$

Question

Con un ordenador o una calculadora, es fácil demostrar que $$ 2 ^ {2 ^ \sqrt {3}} = 10,000478 \ldots > 10. $$

¿Cómo podemos probar que $2 ^ {2 ^ {\sqrt3}} > 10$ sin una calculadora?

Answer 1

Sospecho que cualquier respuesta adecuada a esta pregunta va a ser muy computación-pesado. Aquí tienes uno.

Primer pretendemos que $$ \sqrt{3} > \frac{3691}{2131} \etiqueta{1} $$ Esta fracción no es sacado de un sombrero; más bien, se encuentra tomando la continuación de la fracción $\sqrt{3} = [1; 1, 2, 1, 2, 1, 2, \ldots]$ y de llevarlo a cabo de un tiempo. De todos modos, el de arriba es demostrado directamente por $$ 3 \cdot 2131^2 = 3 \cdot 4541161 = 13623483 > 13623481 = 3691^2. $$

La siguiente afirmación de que $$ 2^{{3691}/{2131}} > \frac{1465}{441} \etiqueta{2} $$

Para probar esto, que uno necesita para mostrar $2^{3691} 441^{2131} > 1465^{2131}$. Con la repetición de la cuadratura, cada término requiere el cuadrado de alrededor de $12$ veces, así que esto es factible con un lápiz de papel. (No se garantiza que no te llevará un par de años, sin embargo.)

El último paso es $$ 2^{1465/441} > 10 \etiqueta{3} $$ De nuevo uno de los usos repetidos cuadrado, y si uno está trabajando en base 10, sólo hay que contar el número de dígitos en $2^{1465}$. Esto debería tomar sólo un día o así.

A partir de (1), (2) y (3), $$ 2^{2^{\sqrt{3}}} > 2^{2^{3691/2131}} > 2^{1465 / 441} > 10. \quad \square $$

Answer 2

Aquí es otro mítico respuesta:

Queremos demostrar a $(\log_2 \log_2 10)^2 < 3$.

Es una forma de utilizar el procedimiento descrito aquí para calcular $\log_2$. La única leve complicación es saber cuando parar. Desde $\log_2$ es no decreciente, es suficiente encontrar $x\ge\log_2 10 $ y $y \ge \log_2 x$ tales que $y^2 <3$.

El procedimiento es sencillo, yo soy sólo la repetición de las piezas necesarias para ver cómo un límite superior se encuentra. Dado que $x>0$, en primer lugar, calcular la parte entera de $\log_2 x$ por la búsqueda de la menor de $n$ que ${x \a más de 2^n} \in [1,2)$, entonces $\log_2 x = n + \log_2 {x \a más de 2^n}$. Entonces, suponiendo que $x \in (1,2)$, que en repetidas ocasiones cuadrado $x$ hasta $x^{2^n} \in [2,4)$. Entonces tenemos $\log_2 x = {1 \over 2^n}(1+ \log_2 {x^{2^n} \over 2})$, donde ${x^{2^n} \over 2} \in [1,2)$, y así podemos repetir ad nauseam.

Para los efectos de este problema, se nota que en el último paso, siempre tenemos $\log_2 x \le {1 \over 2^n}(1+ 1)$, ya que $\log_2 {x^{2^n} \over 2} \le 1$. Así, mediante la sustitución de $\log_2 {x^{2^n} \over 2}$ $1$ en cualquier etapa obtenemos una cota superior. El error será de $\le {1 \over 2^{n_1}} \cdots {1 \over {2^{n_k}}}$, donde $n_1,...,n_k$ es el número de 'squarings' en cada paso.

Entonces es una cuestión de ensayo y error para encontrar un valor de $x,$y:

$x = 3+{1 \over 4} + {1 \over 16} + {1 \over 128} + {1 \over 1024} + {1 \over 2048}+{1 \over 8192}+ {1 \over 65536}+ {1 \over 65536} = {217706 \más de 65536} \ge \log_2 10$.

$ $ y = 1+{1 \over 2} + {1 \over 8} +{1 \over 32} + {1 \over 128} + {1 \over 256} + {1 \over 1024} + {1 \over 2048} + {1 \over 16384} + {1 \over 65536}+ {1 \over 65536}= { 113510 \más de 65536 } \ge\log_2 x$.

Tenemos $y^2=({ 113510 \más de 65536 })^2 < 3$.

Ninguna de las calculadoras o computadoras fueron perjudicados durante este cálculo.

Answer 3

No hay nada mágico acerca de una calculadora: cualquier cálculo realizado en una calculadora se puede hacer a mano (y tal vez con más rigor). (*)

La mayoría de las funciones especiales que se han serie de aproximaciones que se sabe que convergen con mayor rapidez; pero del teorema de Taylor con resto se pueden aplicar a casi todas las importantes funciones especiales, incluso sin conocer estas especializados de la serie. Si $f(x)$ es suave en $(\epsilon, b+\epsilon)$ y todos los derivados de $f^{(n)}$ son acotada en dicho intervalo:

$$|f^{(n)}(x)| \leq K^n\qquad \forall x\in (a-\epsilon, b+\epsilon)$$

luego de Taylor teorema garantiza que

$$|f(b) - F^i(b)| \leq \frac{K^i(b-a)^{i+1}}{(i+1)!}$$ donde $F^i$ es la expansión de Taylor para $i$ésimo orden $$F^i(b) = \sum_{j=0}^i f^{(j)}(a) \frac{(b-a)^j}{j!}.$$

En particular, si $K^n$ puede ser elegido para la caries lo suficientemente rápido en $n$ y $f^{(n)}(a)$ es fácil evaluar exactamente en un valor especial de $un$, el de arriba se puede aproximado de $f(b)$ a de precisión arbitraria con la mano.

Para este problema en particular, queremos mostrar que $$\sqrt{3}\log 2 \leq \log\log 10 - \log \log 2.$$

$\sqrt{x}$ y $\log x$ puede ser trivialmente estimado utilizando el anterior. $\log \log x$ puede ser calculada por la composición (esto requiere de computación $\log x$ a de alta precisión) o directamente a través de expansión de Taylor alrededor de $x=e$ (NOTA: las fórmulas para las derivadas de orden superior no son especialmente agradables).

(*) Sin embargo, aun cuando se garantice la precisión que se requiere, las ventajas de la mano de cálculo de más de álgebra computacional paquetes como Mathematica con precisión arbitraria apoyo es más bien dudosa.

Answer 4

Primero registra $$ 2 ^ {\sqrt3} > \log_2 10$ $ entonces otra vez $$ \sqrt{3} > \log_2 \log_2 10$ $, $$ \log_2 (10) = \frac {\log 10} {\log 2} $$ con $\log 10\approx 2.302$ $$ \log 2\approx 0.6931 encontramos $$ \log_2 (10) \approx3.32131$$ y los $\log_2$ que es de $(ahora \approx1.731)$, \sqrt 3\approx $ 1.732, $ y por lo tanto concluir que $$ 2 ^ {2 ^ {\sqrt3}} > 10$ $ tenga en cuenta que estos valores se pueden encontrar con el método de Newton y serie de taylor , aunque tedioso encontrar y calcular.