Сравнить два числа

stat7221748

e^{\pi} и {\pi}^e

griz_a

Как сравнить числа e^{1/e} и pi^{1/pi}?
Берем функцию f(x)=x^{1/x}
df/dx=x^{1/x}*(1-lnx)/x^2<0 при x>=e.
Т.е. e^{1/e}>pi^{1/pi}, т.к. pi>=e
На самом деле e^{1/e} - вообще максимум этой функции на R+

lena1978

а почему pi>=e? как-нибудь можно красиво сравнить?

seregaohota

Только ему надо взять y=e^x-x^e

griz_a

Я же написал, что не важно.
Функция возрастает, в точке e максимум, далее убывает

iri3955

pi - периметр единичного круга, значит 2pi > 6 - периметр правильного вписанного 6-угольника.
e - предел (опять же по определению) (1 + 1/n)^n. Он же равен пределу (1 + 1/n)^{n+1}.
Но вторая последовательность монотонно убывает, значит e < 1.2^6
сравним
1.2^6 ? 3
12^6 ? 3*10^6
2985984 < 3000000

stat7221748

Как сравнить числа e^{1/e} и pi^{1/pi}?
Берем функцию f(x)=x^{1/x}
df/dx=x^{1/x}*(1-lnx)/x^2<0 при x>=e.
Т.е. e^{1/e}>pi^{1/pi}, т.к. pi>=e
На самом деле e^{1/e} - вообще максимум этой функции на R+
Да, только если, как в моему случае, брать производную от f(x)=e^x-x^e и выяснять ее знак - это не так очевидно как здесь (

griz_a

Вы о чем?
Надо сравнить e^{pi} и pi^{e}
Возводим обе части в степень 1/e/pi
Получаем
e^{1/e} и pi^{1/pi}
e^{1/e} - больше, как я показал. В чем проблема? Зачем вам такую странную функцию рассматривать?

stat7221748

Сорри, торможу. Теперь понял. Спасибо большое!

seregaohota

 
Да, только если, как в моему случае, брать производную от f(x)=e^x-x^e и выяснять ее знак - это не так очевидно как здесь

Не доказывается легко - возьми частное, а не разность. Идея в том, что e^x везде выше x^e, кроме одной точки касания x=e
f = e^x/x^e,
f' = e^x/x^{e+1} * (x-e)
по знаку f' минимум f(e)=1, и e^x > x^e (кроме x=e в частности
e^{\pi} > {\pi}^e

mtk79

Кстати, если сразу рассматривать нe f(x)=x^(1/x а ее логарифм (это соответствует сначала логарифмированию e^pi и pi^e - а затем одновременному делению на pi*e и исследованию на лок.макс) - то находить производную несколько легче (многие не помнят производную x^a). Результат, ест-но, тот же.

lena1978

mtk79

e - предел (опять же по определению) (1 + 1/n)^n
Ну почему же: можно определить e как exp(1 т.е. \sum_{k}(1/k!)

zuzaka

физически правильным было бы определить e как 2.718

iri3955

Это одно и то же... Моя последовательность монотонно (вроде) сходится к твоей, если раскрыть скобки.

mtk79

т.е. Вы хотите сказать, что, если раскрывать скобки, то частичная сумма S_n ряда 1/k! есть (1+1/n)^n ?
И вообще, что такое "посл-ть сходится к другой посл-ти"?

iri3955

Вы хотите сказать, что, если раскрывать скобки, то частичная сумма S_n ряда 1/k! есть (1+1/n)^n
Нет.
И вообще, что такое "посл-ть сходится к другой посл-ти"?

Сходимость в l_1 - \{a_n\} - последовательность, тогда |\{a_n\}| = \Sum_{i=0}^\infty |a_i|.
Имеется ввиду сходимость в этой норме.

Tfrn

Видел где-то доказательство этого факта, не использующее производных, основанное только на простом, по моему, утверждении:
e^{x}>1+x, при x<>0
Вывод в одну строчку мне понравился:
e^{\pi/e-1} > \pi/e => e^{\pi} > {\pi}^e

mtk79

круто, а как доказать простое, по Вашему мнению, утверждение?

iri3955

f(x) = e^x,
g(x) = x + 1
f(0) = g(0)
f'(0) = g'(0)
f''(x) > g''(x) для всех x.
А это неравенство не помню кого

mtk79

ничего не понял: а если e^x назначить g(x)
а f(x) = x + 1 ?

iri3955

Ну тогда
g''(x) > f''(x)... B получаем, что g(x) > f(x) для любого x

Tfrn

Ну это зависит от того как e^{x} определять.
Не исключаю, что без производной не обойтись.
Но все таки это неравенство достаточно известное, чтобы на него можно было ссылаться.

Sergey79

да вроде по определению верно

iri3955

нер-во следующее
если
f(0) = g(0)
f'(0) = g'(0)
...
f^{(n)}(x) \ge g^{(n)}(x) при x \in [0, a],
то f(x) > g(x) при x \in [0, a].
Есл мы хотим его же, но для отрезка [-a, 0], результат зависит от чётности n.
при нечётном n (и тех же условий, но на данном отрезке) f(x) < g(x при чётном - наоборот

mtk79

Во-первых, как из равенства первых (0 и 1) производных в одной точке и неравенства вторых во всех остальных следует главное неравенство для всех х ?
Во-вторых, была идея не использовать производные

mtk79

Остапа понесло: сначала Вы из неравенства уже вторых производных заключаете глобальное неравенство. Теперь же возникли n-е производные, а область действия сократилась до [0,a] с магическим числом а, которое ко всему прочему дложно еще быть больше \pi/e-1

Tfrn

Ну так давайте договоримся как все таки e^{x} определяется, а то не понятно о чем речь, или можно использовать любое более подходящее определение, тогда я думаю проблем не будет.

iri3955

Ну, это вообще-то известное неравенство... А доказывать всё с нуля - это никому не нужно.
Тем более оно доказывается простой индукцией.
Да, я ещё и индукцию использую... благо её корректность доказывать не нужно.

Tfrn

+1

mtk79

ладно, поскольку я exp(x) определяю как сумму ряда - то верю.
А как быть тем, кто определяет иначе - я не знаю.

iri3955

В случае с суммой ряда - с отрицательными тяжело доказать

mtk79

Ладно, забейте, все равно нужно для положительного x=pi/e-1

Tfrn



В случае с суммой ряда - с отрицательными тяжело доказать
Ну вообще то, мы используем с положительным \pi/e-1 >0

iri3955

А таки тогда почему pi > e?
Оставить комментарий
Имя или ник:
Комментарий: