Qual è il più grande?

[Bruno]

...

Indicare il più grande fra i seguenti numeri: $\; 2006^{\script 2006}\,$ e $\,2007^{\script 2005}.$

(Bruno)

[Quelo]

$2006^{2006} > 2007^{2005}$

Ci sono circa tre ordini di grandezza di differenza (6625 cifre il primo, 6622 cifre il secondo).

$\frac{2006^{2006}}{2007^{2005}} = 738,518$

[Bruno]

...

Veloce come un lampo, Quelo

Ma senza calcolatrice, diciamo così,
come si arriva alla tua conclusione?


(Bruno)

[Quelo]

Ok, senza calcolatrice (o quasi):

Un numero N può essere espresso, con la notazione scientifica, come un numero minore di 10 moltiplicato per $10^n$ dove n è il numero di cifre della parte intera meno una, di conseguenza la parte intera di N avrà un numero di cifre

$n = \log_{10}N+1$

da cui

$\log_{10}2006^{\small{2006}}+1 = 2006 \log_{10}2006+1 = 6625$

$\log_{10}{2007^{\small{2005}}}+1 = 2007 \log_{10}2005+1 = 6622$

[Bruno]

...


Bene Quelo

Qualche altra idea?
Dietro a questo quiz (che appena l'ho letto mi è sembrato
simpatico) c'è una cosina più generale.
Niente di straordinario, naturalmente...

(Bruno)

[delfo52]

io, senza nemmeno fare un po' di conti, ho subito "scommesso" sul numero elevato a se stesso.
Senza altra motivazione della "assonanza" col fatto che l'area di un quadrato è maggiore di quella dei rettangoli equiperimetrici, e che il cubo fa lo stesso con i parallalelepipedi

[Bruno]

...

Ciao Enrico!

Abbi pazienza, vengo da una mattinata piuttosto pesuccia... ma sono
molto interessato al tuo discorso: puoi farmi un esempio?
I tuoi metodi sono spesso imperdibili!
Intanto, buon pranzo!

Bruno

[delfo52]

Si sa che, tra i quadrilateri, per ottenere la superficie maggiore, è conveniente che i quattro lati siano uguali (diciamo per comodità che le due dimensioni lo siano)
cioè
n^2 è sempre più grande di (n-1)x(n+1)

Se passiamo allo spazio a tre dimensioni le cose non cambiano (?) una volta praticato il sotterfugio di considerare insieme due termini della serie "troppo lunga" in modo di restare nello stesso ambito di dimensioni.

Per analogia, ma solo per analogia, mi viene da credere che un iper-iper-eipr cubo (2006 volte iper) abbia la stessa dote

[Admin]

Posto il mio procedimento;

dunque, possiamo riscrivere $2006^{2006}$ come:

$2006^{2006} = 2006^{2005}\cdot2006=\sum_{k=0}^{2005} 2006^{2005}$:

poi possiamo scomporre $2007^{2005}$ in $(2006+1)^{2005}$;

quest'ultimo è un binomio di Newton e sapendo che:

$(a+b)^n = \sum_{k=0}^n {n \choose k}\cdot a^{\small(n-k)}\cdot b^k$

si ottiene

$(2006+1)^{2005} = \sum_{k=0}^{2005} {2005 \choose k}\cdot 2006^{\small(2005-k)}\cdot 1^k$

ricapitolando per i due numeri si ha:

$2006^{2006} = \sum_{k=0}^{2005} 2006^{2005}$

$(2007)^{2005} = \sum_{k=0}^{2005} {2005 \choose k}\cdot 2006^{\small(2005-k)}$

quindi per vedere quale dei due è più grande basta confrontare solo il generico termine delle due sommatorie; e si ricava che:

$2006^{2005} \,>\, {2005 \choose k}\cdot 2006^{\small(2005-k)}\quad\quad\forall k\in N | k>0$

infatti:

$k=0\quad\Rightarrow\quad 2006^{2005}\, =\, 2006^{2005}$
$k=1\quad\Rightarrow\quad 2006^{2005}\, >\, 2005 \cdot 2006^{2004}$
$k=2\quad\Rightarrow\quad 2006^{2005} \,>\, 2005 \cdot2004 \cdot 2006^{2003}$
...
etc.

Ciao
Admin

P.S.: molto bello il procedimento di Quelo; complimenti!

[Bruno]

...

Bel colpo, Pietro
Nel tuo caso, in effetti, la calcolatrice può restare tranquillamente
nel cassetto e il tuo procedimento potrebbe essere generalizzato.
Complimenti!

Una delle sommatorie che hai scritto mi ha messo per un istante
in difficoltà perché non sapevo come inquadrare il k variabile e
così mi è venuta in mente questa scrittura alternativa, che penso
troverai simpatica:

$2006^{\script 2006} = \underbrace{2006^{\script 2005}+\,...\,+2006^{\script 2005}}_{\script 2006 \, termini}$

Che ne dici?

Penso che il ragionamento di Delfo meriti senz'altro di essere
approfondito.


Bruno

[Bruno]

...

Riporto un procedimento alternativo (quello che è
venuto in mente a me).

Di fronte a questo quiz ci si potrebbe anche chiedere:
forse accade sempre, per ogni intero n > 1, che

$n^{\script n} \,> \,(n+1)^{\script n-1} \;?$

Cerchiamo di dimostrare tale ipotesi.
Per n=2 abbiamo 4>3, perciò è vera.
Per n>2, invece, utilizziamo questa nota limitazione:

$3 \,>\, \(1+\frac 1n\)^{\script n}$

valida senz'altro per ogni n del tipo indicato.
Poiché:

$n \,\geq \,3 \,> \,\(1+\frac 1n\)^{\script n} \,>\, \(1+\frac 1n\)^{\script n-1}$

sarà anche, a maggior ragione:

$n \,>\, \(\frac {n+1}{n}\)^{\script n-1}$

ossia:

$n^{\script n} \,>\, \(n+1\)^{\script n-1}.$


Probabilmente, chissà, potrebbe esserci ancora
qualche altra idea in giro...


(Bruno)

[Admin]

Ciao Bruno,
complimenti per la tua dimostrazione!

in effetti, in vari messaggi, spesso avrei voluto utilizzare la parentesi sotto per indicare il numero di termini;
mai avrei pensato che era possibile in Tex;

grazie davvero!

riporto subito il codice nel topic relativo alla scrittura di Equazioni con Tex;
ma dove lo hai scovato? (Google?)

Ciao
Admin