Ρητή προσέγγιση του ln2

#1

Είναι $\displaystyle{\ln 2=0,69314...}$ και $\displaystyle{\frac{9}{13}=0,692307...}$ .

Πώς θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\ln 2>\frac{9}{13}}$ ;

#2

matha έγραψε: ↑
Σάβ Δεκ 23, 2023 12:49 am
Είναι $\displaystyle{\ln 2=0,69314...}$ και $\displaystyle{\frac{9}{13}=0,692307...}$ .

Πώς θα αποδείξουμε ότι $\displaystyle{\ln 2>\frac{9}{13}}$ ;

Κάνω μία άχαρη λύση, πιο πολύ για επιβεβαίωση, εν αναμονή κομψού συλλογισμού.

Η δοθείσα ισοδυναμεί με την $2^{13} > e^9$ . Αρκεί η $2^{13} > \left ( \dfrac {272}{100} \right ) ^9 = \left ( \dfrac {68}{25} \right ) ^9$ και άρα, πολλαπλασιάζοντας επί $25^9=5^{18}$ έχουμε ισοδύναμα

$2^{13} \cdot 5^{18} > 68 ^9$ ή αλλιώς $10^{13} \cdot 5^{5} > 68 ^9= (68^2)^4 \cdot 68 = (4624)^4 \cdot 68$ , οπότε αρκεί να δείξουμε ότι

$10^{13} \cdot 5^{5} > (4625)^4 \cdot 68$ .

Πολλαπλασιάζουμε επί 4^4

οπότε ισοδύναμα $10^{13} \cdot 5^{5} \cdot 4^4> (18500)^4 \cdot 68 = (5\cdot 37\cdot 100 )^4 \cdot 4 \cdot 17$ , οπότε θέλουμε

$10^{5} \cdot 5\cdot 4^3> 37^4 \cdot 17$ .

Τώρα τα νούμερα είναι σχετικά μικρά και μπορούμε να κάνουμε τις πράξεις με το χέρι. Η ανισότητα γράφεται $10^{5} \cdot 320 > 31860737$ , που επιβεβαιώνει το αποδεικτέο.

ksofsa · #3

Καλησπέρα.

Εν αναμονή συντομότερης λύσης:

$ln2=\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x+1}dx> \dfrac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{\frac{k}{n}+1}=\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k+n}$ .

Αν δοκιμάσουμε να δώσουμε τιμές στο

και υπολογίσουμε τα αντίστοιχα αθροίσματα, δε θα βγάλουμε άκρη, γιατί , σύμφωνα με λογισμικό, η ελάχιστη τιμή του

, ώστε να πάρουμε άθροισμα μεγαλύτερο του $\dfrac{9}{13}$ , είναι 298

.

Θέτουμε n=km

και έχουμε από Cauchy Schwartz:

$\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{n+i}=\sum_{i=0}^{k-1}\sum_{j=1}^{m}\dfrac{1}{(k+i)m+j}> \sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{m^2}{\frac{(k+i+1)m[(k+i+1)m+1]}{2}-\frac{(k+i)m[(k+i)m+1]}{2}}=$

$\sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{2m^2}{(2k+2i+1)m^2+O(m)}\rightarrow 2\sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{1}{2k+2i+1}$ .

Επομένως, $ln2> 2\sum_{i=0}^{k-1}\dfrac{1}{2k+2i+1},\forall k\in \mathbb{N}$ .

Επιλέγοντας k=7

, αρκεί να δείξουμε ότι:

$2(\dfrac{1}{15}+\dfrac{1}{17}+\dfrac{1}{19}+\dfrac{1}{21}+\dfrac{1}{23}+\dfrac{1}{25}+\dfrac{1}{27})> \dfrac{9}{13}$ ,

που, ακόμη και στο χαρτί, μπορούμε να δείξουμε ότι ισχύει.

ksofsa · #4

Αλλιώς:

Σύμφωνα με τη Wikipedia , το ln2

γράφεται ως συνεχές κλάσμα ως:

$ln2=\dfrac{2}{3-\dfrac{1^2}{9-\dfrac{2^2}{15-\dfrac{3^2}{21-...}}}}$ , που είναι μεγαλύτερο από:

$\dfrac{2}{3-\dfrac{1}{9}}=\dfrac{9}{13}$ .

Λάμπρος Κατσάπας · #5

Μιας και το αναφέρει ο τίτλος μας για την Pade approximation η οποία δίνει γενικά ρητές προσεγγίσεις συναρτήσεων

Λάμπρος Κατσάπας · #6

Συνδυάζοντας τα αναπτύγματα MacLaurin των $\ln (1+x)$ και $\ln (1-x)$ παίρνουμε:

$\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{ 1+x}{1-x}=x+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}+$ θετικοί όροι.

Θέτουμε $x=\dfrac{1}{3}$ και πετάμε τους θετικούς όρους. Έτσι, παίρνουμε μια προσέγγιση (με έλλειμα) του $\ln 2.$

Συγκεκριμένα, $\ln2 \approx \dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{81}+\dfrac{2}{1215}$ .

Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτή η προσέγγιση είναι πολύ καλύτερη από αυτή που ζητείται.

#7

Λάμπρος Κατσάπας έγραψε: ↑
Τετ Δεκ 27, 2023 6:47 pm
Συνδυάζοντας τα αναπτύγματα MacLaurin των $\ln (1+x)$ και $\ln (1-x)$ παίρνουμε:

$\dfrac{1}{2}\ln\dfrac{ 1+x}{1-x}=x+\dfrac{x^3}{3}+\dfrac{x^5}{5}+$ θετικοί όροι.

Θέτουμε $x=\dfrac{1}{3}$ και πετάμε τους θετικούς όρους. Έτσι, παίρνουμε μια προσέγγιση (με έλλειμα) του $\ln 2.$

Συγκεκριμένα, $\ln2 \approx \dfrac{2}{3}+\dfrac{2}{81}+\dfrac{2}{1215}$ .

Εύκολα ελέγχουμε ότι αυτή η προσέγγιση είναι πολύ καλύτερη από αυτή που ζητείται.

Θαυμάσια.

Αν θέλουμε να την κάνουμε εντός ύλης αρχίζουμε από την άμεση $\dfrac {1}{1-t^2} \ge 1+t^2 + t^4$ για $0\le t < 1$ (υπάρχουν πολλές αποδείξεις. Μία είναι από το γεγονός ότι έχουμε άθροισμα γεωμετρικής προόδου $\dfrac {1}{1-t^2} \ge 1+t^2 + t^4 + t^6 + ...$ , και λοιπά.)

Ολοκληρώνουμε τώρα από

έως

, και προκύπτει η ανισότητα του Λάμπρου.

Ρητή προσέγγιση του ln2

Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Re: Ρητή προσέγγιση του ln2

Μέλη σε σύνδεση