a proposito de e^pi

[No Registrado]

a propósito de e^pi (e elevado a pi)
¿qué es mayor e^(pi) o pi^(e)?

no se permite calculadora.
ánimo.

[aLFRe]

Re: a proposito de e^pi

a propósito de e^pi (e elevado a pi)
¿qué es mayor e^(pi) o pi^(e)?

no se permite calculadora.
ánimo.

$e^{\pi}\,?\,\pi^e$
La función logaritmo es monótona creciente y positiva para valores mayores que 1.
puesto que $e > 1$ y $\pi > 1$
se mantiene la desigualdad tomando logaritmos
$\ln e^{\pi}\,?\,\ln \pi^e$
$\pi \ln e\,?\,e\ln \pi$
$\frac{\pi}{\ln \pi} \,?\,e$
La función logaritmo en base a es menor que 1 para los valores de x entre 1 y a
luego $\ln \pi > 1$ puesto que $e < \pi$
Si $n= \ln \pi$
$\frac{\pi}{\ln \pi} = \frac{e^n}{n}$
$\frac{e^n}{n} = \frac{1+n+\frac{n^2}{2}+\frac{n^3}{6}+\ldots}{n}$
$\frac{e^n}{n} = \frac{1}{n}+1+\frac{n}{2}+\frac{n^2}{6}+\ldots$
donde $n= \ln \pi > 1$
Por otra parte
$e = 1+1+\frac{1}{2}+\frac{1}{6}+\ldots$
Puesto que $n= \ln \pi > 1$
la primera serie permanece por encima de la segunda en todos los términos
salvo en el primero
si se cumple y creo que con los dos primeros términos de la serie ya sale
$(1-\frac{1}{n}) < \frac{n-1}{2}+\frac{n^2-1}{6}+\ldots$
para $n= \ln \pi > 1$
resultaría que $e^{\pi} > \pi^e$

Supongo que habrá una forma más elegante, si le parece bién
me la cuenta... un saludo.

[mrwhite]

Re: a proposito de e^pi

a propósito de e^pi (e elevado a pi)
¿qué es mayor e^(pi) o pi^(e)?

no se permite calculadora.
ánimo.

Consideremos las funciones f(x)=ln(x) y Ra(x)=a*x con a > 0, para x > 0

Puesto que Ra(x) > f(x) para x suficientemente grande, sin importar lo pequeño que sea a (mientras sea no nulo), dependiendo del parámetro a, Ra(x) puede cortar la curva de f(x) en dos puntos, ser tangente, o no cortarla (el caso de 1 corte se daría para a = 0).

Para obtener la pendiente de la recta tangente, observamos que el punto de tangencia pertenecerá tanto a la recta como a la curva f(x), por lo que será de la forma (x, ln(x)), y para una recta que pasa por el origen, la pendiente será la ordenada de cualquier otro punto de la recta dividida por la abscisa de ese mismo punto, i.e. ln(x)/x. Por otra parte, en el punto de tangencia, la curva f(x) tendrá una pendiente igual a su derivada f'(x)=1/x.

De aquí ln(x)/x=1/x, ln(x)=1, x=e. Por lo que el punto será (e,ln(e))=(e,1) y la pendiente 1/e. Sea g(x)=x/e.

Ahora bien, ya que g(x) >= f(x), con la igualdad sólo para x=e, tenemos, para x /= e

x/e > ln(x)

Como, en particular, pi /= e, será cierto que

pi/e > ln(pi)

Multiplicando a ambos lados por e,

pi > e*ln(pi)

Y, finalmente, aprovechando que la función exponencial es monótona creciente,

e^pi > pi^e

[mrwhite]

Re: a proposito de e^pi

Sin utilizar logaritmos...

(Update: Solución corregida)

Consideremos la función $f(x) = e^{x \over e} = e e^{{x \over e} - 1} = e e^{x - e \over e}$. Si desarrollamos en serie de Taylor esta exponencial, teniendo en cuenta que $e^x = 1 + x + {x^2 \over 2} + {x^3 \over 6} + {x^4 \over 24} + \ldots$, queda:
$f(x) = e ( 1 + {x - e \over e} + {(x - e)^2 \over 2 e^2} + {(x-e)^3 \over 6 e^3} + \ldots) = e + (x - e) + {(x-e)^2 \over 2 e} + {(x-e)^3 \over 6 e^2} + \ldots = x + {(x-e)^2 \over 2 e} + {(x-e)^3 \over 6 e^2} + \ldots$

Y podemos ver claramente que [Error LaTeX: Compilación LaTeX fallida] , i.e. $e^{x \over e} > x$, elevando ambos lados a $e$, que preserva el orden, queda $e^x > x^e$, y en particular como $\pi > e$, resulta $e^\pi > \pi^e$

[mrwhite]

Re: a proposito de e^pi

Y ya, sólo por completar...

Para el caso $0 < x < e$, podemos sumar cada término de exponente impar (a partir del cúbico) con el que le precede de exponente par, en general, si $n$ es impar,

${(x-e)^{n-1} \over (n-1)! e^{n-2}} + {(x-e)^n \over n! e^{n-1}} = {n e (x-e)^{n-1} + (x-e)^n \over n! e^{n-1}} = e {n ({x \over e} -1)^{n-1} + ({x \over e} -1 )^n \over n! } = e {n (1 - {x \over e})^{n-1} - (1 - {x \over e})^n \over n! }$

(la última igualdad, aprovechando que $n$ es impar)

Ahora bien, $(1 - {x \over e})$ es un número entre 0 y 1, por lo que $(1 - {x \over e})^n = (1 - {x \over e})^{n-1} (1 - {x \over e}) < (1 - {x \over e})^{n-1} < n (1 - {x \over e})^{n-1}$

Por lo que, dicha suma es positiva.

Y se puede concluir que $\forall x > 0, x \neq e$, $e^{{x \over e}} > x$

[Metaleer]

Re: a proposito de e^pi

Nota, en este post $\log x$ denota el logaritmo neperiano de x.

Supongamos que $\displaystyle \pi^e > e^{\pi}$. Si tomamos logaritmos en ambos miembros, obtenemos

$\displaystyle e \log(\pi) > \pi ,$

$\displaystyle e \log(\pi) - \pi > 0.$

Definamos a continuación la función $f(x) := e \log x - x$. Observe que para $x = \pi$ al menos, según la hipótesis de partida, $f(x) > 0$.

$\displaystyle f'(x) = \frac{e}{x} -1$. Si buscamos los extremos relativos de $f(x)$, obtenemos

$\displaystyle \frac{e}{x} -1 = 0 \Rightarrow x = e.$

Sustituimos este valor en la segunda derivada de $f(x)$

$\displaystyle f''(x) = -\frac{e}{x^2}.$

$\displaystyle f''(e) = -\frac{1}{e} < 0$ luego se trata de un máximo relativo de la función. Veamos cuánto vale la función en este máximo:

$f(e) = e \log e - e = 0$ luego el máximo valor que toma la función es 0:

$f(x) \leq 0 \forall x \in \mathbb{R}^+ - \{0\}$ pero esto contradice nuestra hipótesis de partida, luego por reducción al absurdo, hemos demostrado que

$\displaystyle \pi^e < e^{\pi}.$

También se ha tenido en cuenta la posibilidad de que $\displaystyle \pi^e = e^{\pi}$, que a la vista de la primera derivada no es cierto (caso contrario, ésta sería nula).