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超越数の大小 e^e^πとπ^π^eの大小比較のヒントになりそうな式(証明は別にして...

stu********さん

2018/12/1403:01:16

超越数の大小
e^e^πとπ^π^eの大小比較のヒントになりそうな式(証明は別にしてはっきりと大小がわかるような式)はありますか?

(できるだけ自分でやりたいです)
大学数学(微積分学、複素解析学)を使ってもいいです。

閲覧数:
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回答数:
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ベストアンサーに選ばれた回答

pro********さん

2018/12/1520:05:37

" e^(e^π) と π^(π^e) の間の大小関係 "
は,各々対数をとってから e^(ーπ) をかけることで
" 1 と π^e*e^(ーπ)*log(π) の間の大小関係 " ...[★]
と同じであるとわかります.
f(x) = x^e*e^(ーx)*log(x)
とおくと
f(e)=1,
f(π)=π^e*e^(ーπ)*log(π)
であるので, [★] は
" f(e) と f(π) の間の大小関係 "
と同じであり,これを調べるには f の微分が役に立ちそうです.
(以下はご自分で...)

ちなみに, π と e の数値については
3.1<π<3.2,
2.7<e<2.8
だけを用いて解けるはずです.

  • pro********さん

    2018/12/1919:35:31

    そろそろ締切なので解答を書いておきます.


    f(x) = x^e*e^(ーx)*log(x) [x>0]
    とおくと,
    f'(x)
    = ex^(eー1)*e^(ーx)*log(x)
     ー x^e*e^(ーx)*log(x)
     + x^e*e^(ーx)*(1/x)
    = x^(eー1)*e^(ーx)*{1ー(xーe)log(x)}.

    そして
    2.7<e<2.8, 3.1<π<3.2
    より特に
    πーe<1/2, π<e^2
    であるので, x∈(e,π) に対して
    f'(x)
    > x^(eー1)*e^(ーx)*{1ー(πーe)log(π)}
    > x^(eー1)*e^(ーx)*{1ー(1/2)*2}
    = 0
    であるので, f(e)<f(π) であると分かる.

    これと上で述べたことより
    e^(e^π)<π^(π^e) が示された.

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よろしいですか?

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質問した人からのコメント

2018/12/20 20:34:13

ありがとうございます。
ヒントを参考に解くことができました。
様々ご配慮してくださったことに大変感謝しています。

ベストアンサー以外の回答

1〜2件/2件中

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she********さん

編集あり2018/12/1716:17:04

一番簡単な方法。

e^(e^π), π^(π^e)

1/π^e乗して、

e^(e^π/π^e), π=e^(ln[π]) …①

e^π/π^eとln[π]の大小評価

e^π≪π^(π^e)を用いる。

あとは出来るはず。

Q.E.D.

mik********さん

2018/12/1516:51:30

f(x)=x^x^{(e・π)/x} が単調増加であることを証明すれば、f(e)<f(π)からわかります。
私も挑戦してみましたが、途中 log(π)<1.2がどうしても必要でした。
この証明は
π^5<3.2^5=335.54432
e^6>2.7^6=387.420489
より π^5 < e^6. 対数をとって 5log(π)<6 ⇒ log(π)<1.2.
としました。(数値計算しないで済む方法があれば教えてください)
これより
1-log(π)+1/(elog(π))>1-1.2+1/(1.2・2.8)=-0.2+1/3.36>-0.2+1/5=0 が従います。
「できるだけ自分でやりたい」というご意志を尊重し、説明はこれで終わりにします。

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