Mostrando que $\sqrt[105]{105}>\sqrt[106]{106}$

Question

¿Cómo se puede demostrar que

$$\sqrt[105]{105}>\sqrt[106]{106}\text{ ?}$$ Inducción en la declaración de $$\sqrt[n]{n}>\sqrt[n+1]{n+1} \text{ for } n \in \mathbb{N}| n>2$$ would yield $\sqrt[3]{3}>\sqrt[4]{4}$ at the base step $n=3$, que no podemos asumir.

Así que, basándose en las propiedades de las potencias y las raíces cuadradas solos, podemos probar la primera declaración?

EDIT: No cálculo, funciones, o incluso no los registros.

Es más de un enigma que cualquier otra cosa.

Answer 1

Una manera de hacer esto es simplemente tenga en cuenta que la función de $x^{1/x}$ es decreciente en un intervalo incluyendo $105$$106$.

Para ello, es suficiente para mostrar que $\ln[x^{1/x}] = \frac{\ln(x)}{x}$ es decreciente en dicho intervalo.

Calculamos: $$ \frac{d}{dx}\left( \frac{\ln(x)}{x} \right) = \frac{1 - \ln(x)}{x^2} $$ Así, esta función es decreciente cuando se $1 - \ln(x) < 0 \implies x > e$. Así, la función es decreciente en el intervalo de $(e,\infty)$, lo cual es suficiente para nuestros propósitos.

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Para que la base de paso, si quieres probar esto sin cálculo: $$ 3^{1/3} > 4^{1/4} \iff\\ 3^4 > 4^3 \ffi \\ 81 > 64 \quad \marca de verificación $$

Answer 2

Esto es equivalente a: $$105^{1/105}>1+\frac1{105}$$ (que al parecer puede ser comprobada mediante el binomio expansiones).

Prueba: \begin{align} 105^{1/105}&>1+\frac1{105}\\ 105^{1/105}&>\frac{106}{105}\\ 105^{1+1/105}&>106\\ 105^{106/105}&>106\\ 105^{1/105}&>106^{1/106} \end{align}

Answer 3

Esto se generaliza a $n^{n+1}>(n+1)^n$ o, por el teorema del binomio, $$n.n^n>n^n+{n\choose1}n^{n-1}+{n\choose2}n^{n-2}+\cdots+{n\choose {n-1}}n+1.$$ Destacar que los dos primeros términos son exactamente $n^n$, queda por demostrar que cada término, a partir del 3er -- Gracias @TonyK, en el lado derecho es menos de $n^n$, lo que es claro para $n$ grandes (Sugerencia: ¿Qué es $n\choose k$?).

Entonces uno se puede preguntar, pero la RHS ha $n+1$ términos. La respuesta es el último término es $1$, de manera que uno puede combinar los dos últimos términos y comparar a $n^n$.

También tenga en cuenta que los dos primeros términos son exactamente $n^n$. Que explica por qué tenemos necesidades $n\ge3$.

Answer 4

Todo lo que usted necesita aquí es el teorema del binomio para exponentes enteros positivos:

$$(1+x)^n = \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}x^r$$

Fix $n \ge 3$, y poner $x = \frac{1}{n}$:

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n = \sum_{r=0}^n \binom{n}{r}n^{-r}$$

Ahora, $\binom{n}{r} \le n^r$ todos los $r=0,\ldots,n$ (fácilmente demostrado por inducción; o, simplemente, mirar la expresión de $\binom{n}{r} = \frac{n}{r}\frac{n-1}{r-1}\cdots\frac{n-r+1}{1}$). Así

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \le \sum_{r=0}^n n^rn^{-r} = n+1$$

Eso no es lo suficientemente bueno para nuestros propósitos, pero podemos mejorar la estimación, teniendo en cuenta los últimos dos términos por separado:

$$\begin{align} \left(1+\frac{1}{n}\right)^n &\le \sum_{r=0}^{n-2} n^rn^{-r} + \binom{n}{n-1}n^{-(n-1)}+\binom{n}{n}n^{-n} \\ &= n - 1 + n^{-(n-2)}+n^{-n} \\ &< n - 1 + 2n^{-(n-2)} \\ &< n \end{align}$$

debido a $n^{n-2} > 2$ si $n \ge 3$, lo $n^{-(n-2)} < \frac12$.

Por lo tanto, $n > (1+\frac{1}{n})^n$ todos los $n \ge 3$. Multiplicando ambos lados por $n^n$ da $n^{n+1} > (n+1)^n$. Tomando el $n(n+1)$-ésima raíz da, para todos los $n \ge 3$, $$\sqrt[n]{n} > \sqrt[n+1]{n+1}$$

Answer 5

Tenga en cuenta que $$1+\frac{1}{n}<e^{1/n}$$

Por lo $$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n < e$$

Para$n>e$, entonces:

$$\left(\frac{n+1}{n}\right)^n<e<n$$

Multiplicar ambos lados por $n^n$ y tienes:

$$(n+1)^n<n^{n+1}$$

Eso no es una inducción de la prueba, sin embargo.

Si usted no conoce el poder de la serie para de $e^{x}$, se puede demostrar directamente que:

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n <3.$$ A saber:

$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n =\sum_{k=0}^n \binom{n}{k}\frac{1}{n^{k}}<\sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}$$

Y usted puede ver fácilmente que para$k\geq 1, \frac{1}{k!}\leq\frac{1}{2^{k-1}}$, por lo que la suma es menor que $3$.