Qué es mayor, $98^{99} $ o $ 99^{98}$?

Question

Qué es mayor, $98^{99} $ o $ 99^{98}$?

¿Cuál es el método más fácil para hacer esto se puede explicar a alguien en la secundaria, es decir, sin el uso de tablas de registro.

Creo que no hay un modo elemental para hacer esto. La mejor que pude encontrar fue en Quora, en una respuesta por Michal Forišek en una pregunta similar, aquí, en la que se considere $\frac{98^{99}}{99^{98}}=98.(\frac{98}{99})^{98}=98.(1-\frac{1}{99})^{98} \aprox\ \frac{98}{e} >1$ y por lo tanto $98^{99} > 99^{98}$.
Pero el aprox signo paso hace uso de la definición de la $e$ en términos de límites y por lo tanto no puede ser considerada como primaria. De otra manera?

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Editar- tenía la esperanza de algo que no implican el cálculo, es por eso que me etiqueten en la teoría de los números, pero como parece ser que es casi imposible evitar el cálculo cuando exponenciales están involucrados.

Todas las respuestas están bien, y puede ser explicado a los alumnos en las clases por encima de séptimo u octavo. Mi objetivo para este qustion fue comprobar con todos vosotros, si he faltado a algunas de primaria truco o no,creo que no. Yo estaba buscando la solución más fácil que alguien puede venir para arriba con. Gracias!

Answer 1

Usando la desigualdad de Bernoulli:
$$ (1+x)^n\ge 1+nx \qquad \forall \ \text{$x\ge -1$ y $n\in\mathbb N_0$ }$$ tenemos $$ \left(1-\frac1{99}\right)^{49}\ge 1-\frac{49}{99}=\frac{50}{99}>\frac{50}{100}=\frac12$$ Por lo tanto $$ \frac{98^{99}}{99^{98}}=98\cdot \left(1-\frac1{99}\right)^{49}\cdot \left(1-\frac1{99}\right)^{49}>98\cdot \frac12\cdot\frac12>1.$$

Answer 2

La desigualdad $99^{98} < 98^{99}$ es equivalente a $$\bigl( 1 + \frac{1}{98} \bigr)^{98} < 98 $$ Voy a probar por inducción que $$\bigl( 1 + \frac{1}{n} \bigr)^n < n \quad\text{si $n \ge 3$}\quad\text{(es falso si $n=1$ o $2$).} $$ La base paso $n=3$ es $\frac{64}{27} < 3$.

Así que vamos a suponer que $$\bigl( 1 + \frac{1}{n} \bigr)^n < n \quad\text{y}\quad \bigl( 1 + \frac{1}{n+1} \bigr)^{n+1} \ge n+1 $$ y derivar una contradicción. Estas dos desigualdades se puede volver a escribir $$\left( \frac{n+1}{n} \right)^n < n \quad\text{y}\quad \bigl(\frac{n+1}{n+2}\bigr)^{n+1} \le \frac{1}{n+1} $$ La multiplicación de ellos podemos llegar $$\left( \frac{n^2 + 2n + 1}{n^2 + 2n} \right)^{n} \cdot \frac{n+1}{n+2} < \frac{n}{n+1} $$ $$\left( \frac{n^2 + 2n + 1}{n^2 + 2n} \right)^{n} \cdot \frac{n^2+2n+1}{n^2+2n} < 1 $$ $$\left( \frac{n^2 + 2n + 1}{n^2 + 2n} \right)^{n+1} < 1 $$ lo cual es absurdo.

Answer 3

El único "elemental" de la manera que se me ocurre es escribir $99^{98} = (98 + 1)^{98}$ y, a continuación, expanda utilizando el binomio de expansión de la fórmula y, a continuación, mostrar obtener una suma de $99 dólares términos donde cada término es menor que o igual a $98^{98}$, y la suma de los dos últimos términos de $98 + 1$ es estrictamente menor que $98^{98}$. Entonces su suma es estrictamente menor que $98 \cdot 98^{98} = 98^{99}$.

Answer 4

Deje que $$\displaystyle f(x) = x^{\frac{1}{x}}\;,$$ donde $x>0$

Ahora, $$\displaystyle f'(x) = x^{\frac{1}{x}}\cdot \left[\frac{1-\ln (x)}{x^2}\right]$$

Así que aquí $f'(x)>0$ para $x<e$ y $f'(x)<0$ para $x>e\aprox 2.714$

Así que la función $f(x)$ es Estrictamente Decreciente la función para $x>e\aprox 2.714$

Por lo que $$f(98)>f(99)\Rightarrow 98^{\frac{1}{98}}>99^{\frac{1}{99}}\Rightarrow 98^{99}>99^{98}$$

Answer 5

$$\frac{98^{99}}{99^{98}}=\frac{98}{\left(1+\frac{1}{98}\right)^{98}}>\frac{98}{97}>1$$