Acerca de $e^{\pi}\gt {\pi}^e, \ e^{e^{\pi}}\lt {\pi}^{{\pi}^{e}},e^{{\pi}^{{\pi}^e}}\gt {\pi}^{e^{e^{\pi}}}$ y su generalización

Question

Vamos a definir una secuencia $\{(a_n,b_n)\}$ $$(a_1,b_1)=(e,\pi),\ \ (a_{2n},b_{2n})=(e^{b_{2n-1}},{\pi}^{a_{2n-1}}),\ \ (a_{2n+1},b_{2n+1})=(e^{a_{2n}},{\pi}^{b_{2n}})$$ para $n=1,2,3,\cdots$.

Entonces, aquí está mi pregunta.

Pregunta : Son las siguientes tura? $$a_{4m}\gt b_{4m},\ \ a_{4m+1}\gt b_{4m+1},\ \ a_{4m+2}\lt b_{4m+2},\ \ a_{4m+3}\lt b_{4m+3}$$ para cualquier $m\in\mathbb N$.

Ejemplos : $(a_2,b_2)=(e^{\pi},{\pi}^{e}),\ (a_3,b_3)=(e^{e^{\pi}},{\pi}^{{\pi}^e}),\ (a_4,b_4)=(e^{{\pi}^{{\pi}^e}},{\pi}^{e^{e^{\pi}}}),\ (a_5,b_5)=({e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{e}}}},{\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{\pi}}}}).$

Motivación : sabemos $e^{\pi}\gt {\pi}^e, \ e^{e^{\pi}}\lt {\pi}^{{\pi}^{e}}$. He estado interesado en la generalización de este desigualdades. Tengo el siguiente por el uso de la computadora :

$$e^{{\pi}^{{\pi}^e}}\gt {\pi}^{e^{e^{\pi}}},\ \ {e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{e}}}}\gt {\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{\pi}}}},\ \ {e}^{{\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{\pi}}}}}\lt {\pi}^{{e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{e}}}}},\ \ {e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{\pi}}}}}}\lt {\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{e}}}}}}.$$ Entonces, he llegado a el por encima de las expectativas, pero estoy en la dificultad. Alguien puede ayudar?

Answer 1

Sólo he sido capaz de demostrar el siguiente teorema :

Teorema : Para cualquier $m\in\mathbb N,$$$a_{4m}\gt b_{4m}, \ a_{4m+1}\gt b_{4m+1}, \ a_{4m+2}\lt b_{4m+2}, \ a_{4m+3}\lt b_{4m+3}.$$

En el siguiente, supongamos que sabemos que $e^{\pi}\gt {\pi}^e$ y que $$\begin{align}\pi=3.14\cdots,\ e=2.71\cdots\qquad(1)\end{align}$$

Lema 1 : $1\lt \log\pi\lt\frac{\pi}{e}.$

Prueba : Desde $\pi\gt e$, obtenemos $\log\pi\gt 1$. También, desde la $e^{\pi}\gt {\pi}^{e},$ obtenemos $\pi\gt e\log\pi$.

Lema 2 : $(\log\pi)e^c\lt {\pi}^{c}$$c\gt 1$.

Prueba : Desde $c\gt 1$, por el lema 1, $\log\pi\lt\frac{\pi}{e}\lt\left(\frac{\pi}{e}\right)^c.$, Entonces, todo lo que tenemos que hacer es multiplicar $e^c$.

Lema 3 : ${\pi}^{{\pi}^{{e}^{{e}^{x}}}}\lt{e}^{{e}^{{\pi}^{{\pi}^{y}}}}$ $1\lt x\lt y.$

Prueba : Es una prueba suficiente de $(\log\pi){\pi}^{{e}^{{e}^{x}}}\lt {e}^{{\pi}^{{\pi}^{y}}}$. Tomando nota de que $a=e^{\log a}$$a\gt 0$, por lemma2, $$(\log\pi){\pi}^{{e}^{{e}^{x}}}=(\log\pi)e^{(\log\pi)e^{{e}^{x}}}\lt (\log\pi)e^{{{\pi}^{{e}^{x}}}}\lt {\pi}^{{\pi}^{{e}^{x}}}\lt {\pi}^{{\pi}^{{e}^{y}}}={\pi}^{e^{(\log\pi)e^{y}}}\lt {\pi}^{e^{{\pi}^{y}}}=e^{(\log\pi)e^{{\pi}^{y}}}\lt e^{{\pi}^{{\pi}^{y}}}$$

Ahora vamos a probar el teorema.

La prueba de teorema : en Primer lugar, vamos a demostrar $a_{4m+1}\gt b_{4m+1}$ $m\in\mathbb N$ por inducción. Con el fin de demostrar la $m=1$ de los casos, es suficiente para demostrar $$\begin{align}{\pi}^{{\pi}^e}\gt e^{e^{\pi}}(\log\pi)+\log(\log\pi)\qquad(2)\end{align}$$ Ahora, consideremos la siguiente ecuación : $$\begin{align}\log\left(\frac{{\pi}^{{\pi}^{e}}}{e^{e^{\pi}}(\log\pi)}\right)={\pi}^e(\log\pi)-e^{\pi}-\log(\log\pi)\qquad(3)\end{align}$$ Ahora vamos a definir una función de $f(x)$ como el siguiente : $$f(x):=x^ee^{-x}(\log x)\ \ (x\in [e,\pi])$$ Por lo tanto tenemos $$f^{\prime}(x)=x^{e-1}e^{-x}\{1-(x-e)\log x\}.$$ Por medio del teorema del valor, no existe $\xi\in(e,\pi)$ tal que $$\begin{align}f(x)-f(e)=(\pi-e)f^{\prime}(\xi)\qquad(4)\end{align}$$ Aquí, señalando que $f(\pi)={\pi}^ee^{-\pi}(\log\pi)$ y que $f(e)=1$, $(4)$ nos dice que $${\pi}^e\log\pi-e^{\pi}=e^{\pi}(\pi-e)e^{-\xi}{\xi}^{e-1}\{1-(\xi-e)\log\xi\}\gt(\pi-e)\cdot 1\cdot e^{e-1}\{1-(\pi-e)\log\pi\}.$$ Aquí, desde $0\lt \pi-e\lt 3.2-2.7=\frac 12$, lema 1 nos dice que $${\pi}^e\log\pi-e^{\pi}\gt e\left(\frac{\pi}{e}-1\right)\cdot 2\left(1-\frac 12\cdot\frac{\pi}{e}\right)=\left(\frac{\pi}{e}-1\right)(2e-\pi)\gt (\log\pi-1)(2e-\pi).$$ Luego, señalando que $\log\pi-1=e^{\log(\log\pi)}-1\gt (1+\log(\log\pi))-1=\log(\log\pi)$ y $2e-\pi\gt 2\times 2.7-3.2=2.2\gt 2$, obtenemos $$\begin{align}{\pi}^e\log\pi-e^{\pi}\gt 2\log(\log\pi)\qquad(5)\end{align}$$ Por lo tanto, $(3)(5)$ nos dice que $$\log\left(\frac{{\pi}^{{\pi}^e}}{e^{e^{\pi}}(\log\pi)}\right)\gt 2\log(\log\pi)-\log(\log\pi)=\log(\log\pi).$$ Por lo tanto, desde $${\pi}^{{\pi}^{e}}\gt e^{e^{\pi}}(\log\pi)e^{\log(\log\pi)}\gt e^{e^{\pi}}(\log\pi)(1+\log(\log\pi))\gt e^{e^{\pi}}\log\pi+\log(\log\pi),$$ sabemos que el $m=1$ caso está probado.

Ahora supongamos que $a_{4m+1}\gt b_{4m+1}$ algunos $m\ge 1$. Entonces, lema 3 nos dice que $${\pi}^{{\pi}^{e^{e^{b_{4m+1}}}}}\lt e^{e^{{\pi}^{{\pi}^{a_{4m+1}}}}}.$$ Por lo tanto, desde $$b_{4m+5}={\pi}^{b_{4m+4}}={\pi}^{{\pi}^{a_{4m+3}}}={\pi}^{{\pi}^{e^{a_{4m+2}}}}={\pi}^{{\pi}^{e^{e^{b_{4m+1}}}}},$$ llegamos $b_{4m+5}\lt a_{4m+5}$.

Ahora podemos demostrar que $a_{4m+1}\gt b_{4m+1}$ cualquier $m\in\mathbb N$.

Tomando nota de que $\log\pi\gt 1$, obtenemos $$a_{4m}=\log e^{a_{4m}}=\log a_{4m+1}\gt \log b_{4m+1}=\log {\pi}^{b_{4m}}=b_{4m}\log\pi\gt b_{4m}.$$ También, tenemos $$a_{4m+2}=e^{b_{4m+1}}\lt {\pi}^{b_{4m+1}}\lt {\pi}^{a_{4m+1}}=b_{4m+2},$$ y $$a_{4m+1}=e^{a_{4m+2}}\lt {\pi}^{a_{4m+2}}\lt {\pi}^{b_{4m+2}}=b_{4m+3}.$$ Por lo tanto, ahora sabemos que la prueba del teorema se ha completado.