Demostrar que $\ln2<\frac{1}{\sqrt[3]3}$

Question

Demostrar que $$\ln2<\frac{1}{\sqrt[3]3}$$ sin calculadora.

Incluso $\ln(1+x)\leq x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}-...+\frac{x^{51}}{51}$ no ayuda aquí y necesitamos otra Taylor.

Answer 1

$$\log(2)=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x}\stackrel{\text{Holder}}{<}\sqrt[3]{\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x)^{9/8}}\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x)}\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1+x)^{7/8}}} $$ conduce a una mayor desigualdad de $\log(2)<3^{-1/3}$.

Answer 2

Establecimiento $s=\sqrt[3]{3}$, lo puede probar a ver si $2<e^{1/s}$ mediante el uso de un adecuado truncamiento de la serie de Taylor. En el grado $5$ hemos $$ 2<1+\frac{1}{s}+\frac{1}{2^2}+\frac{1}{18}+\frac{1}{72s}+\frac{1}{360^2} $$ es decir, $$ 360^2<360+180+20^2+5s+1 $$ o $$ 340s^2-365s-181<0 $$ que se cumple siempre $$ s<\frac{365+\sqrt{379385}}{680} $$ Ahora probando que $$ \left(\frac{365+\sqrt{379385}}{680}\right)^3>3 $$ es (muy) tediosos cálculos, pero no necesitan más que el lápiz y el papel.

Answer 3

Las desigualdades como esto, obviamente, puede ser "probado" por conectar los números en una calculadora científica, lo que significa que también puede ser establecido, al menos en principio, la invocación de casi cualquier convergente serie de Taylor para las funciones involucradas, con límites de error apropiado. El reto es organizar las cosas de modo que la aritmética se hace más manejable. Aquí es un intento de hacerlo.

Es conveniente comenzar por señalar que

$$\ln2\lt{1\over\sqrt[3]3}\iff3\ln2\lt\sqrt[3]9=2\left(1+{1\over8}\right)^{1/3}$$

Para empezar, tenemos

$$\begin{align} \ln\left(1+x\over1-x\right)&=\ln(1+x)-\ln(1-x)\\ &=\left(x-{1\over2}x^2+{1\over3}x^2-\cdots\right)+\left(x+{1\over2}x^2+{1\over3}x^3+\cdots\right)\\ &=2\left(x+{1\over3}x^3+{1\over5}x^5+{1\over7}x^7+\cdots\right)\\ &\le2x+{2\over3}x^3+{2\over5}x^5+{x^7\over3(1-x)} \end{align}$$

(donde hemos generosamente cambiado el $7$ $6$ y acotado el resto con una serie geométrica). Así

$$3\ln2=3\ln\left(1+{1\over3}\over1-{1\over3} \right)\le2+{2\over3^3}+{2\over5\cdot3^4}+{1\over2\cdot3^6}=2+{20\cdot3^3+4\cdot3^2+5\over2\cdot5\cdot3^6}\\\lt2+{20\cdot3^3+4\cdot3^2+6\over2\cdot5\cdot3^6}=2+{90+6+1\over5\cdot3^5}=2+{97\over3^2\cdot135}$$

En el otro lado

$$(1+x)^{1/3}=1+{1\over3}x-{1\over9}x^2+{5\over81}x^3-\cdots\ge1+{1\over3}x-{1\over9}x^2$$

y así

$$2\left(1+{1\over8}\right)^{1/3}\ge2+{1\over3\cdot4}-{1\over3^2\cdot32}=2+{3\cdot8-1\over3^2\cdot32}=2+{23\over3^2\cdot32}$$

De ello se desprende que $\ln2\lt1/\sqrt[3]3$ si $97/135\lt23/32$. Esto puede ser rematado con algunos sencillos de multiplicación. Pero es más fácil (o más divertido) para comprobar que

$${97\over135}\lt{23\over32}\iff{38\over97}\gt{9\over23}\iff{21\over38}\lt{5\over9}\iff{17\over21}\gt{4\over5}\iff85\gt84$$

Answer 4

Sugerencia:

Reescribir $\ln 2\;$$\;\ln\biggl(\dfrac{1+\frac13}{1-\frac13}\biggr)$, y la nota $$\ln\biggl(\frac{1+x}{1-x}\biggr)=2\biggl(x+\frac{x^3}3+\frac{x^5}5+\dotsm\biggr)\quad\text{for }\;\lvert x\rvert<1.$$

Answer 5

El uso de $-\ln(1-x)=x+\frac{x^2}2+\frac{x^3}3+\frac{x^4}4+\ldots$ (cf. Adren's comentario) tenemos $$\ln 2=-\ln\frac12=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n2^n}.$$ Se puede estimar la cola $$\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{n2^n}<\sum_{n=N}^\infty\frac{1}{N2^n}=\frac1{N2^{N-1}} $$ "Sin razón aparente", recogemos $N=10$ y ver $$\ln 2<\sum_{n=1}^9\frac1{n2^n}+\frac1{10\cdot 2^9} =\frac{447173}{645120}.$$ Levantando la mano derecha a la tercera potencia demuestra el resultado deseado: $$\frac{447173}{645120}=\frac{89418364010966717}{268485921865728000}=\frac13-\frac{76943277609283}{268485921865728000}. $$ Ahora bien, si sólo yo pudiera convencerte de que hice todos los cálculos a mano ...