Numeri titanici

[spugna]

Per ogni intero positivo $n$ definiamo

$A_n=2^{2^{...^{2^n}}}$, dove il $2$ compare $n$ volte, e

$B_n=n^{n^{...^n}}$, dove $n$ compare $n$ volte.

Dimostrare che per ogni $n$ risulta $A_n>B_n$.

[dissonance]

Non ho capito la definizione di \(A_n\). Quanto vale \(A_3\)? Non saprei dire se vale
\[
2^{2^{2^{3}}}\]
o
\[
2^{2^{3}}.\]

[axpgn]

La prima che hai scritto ...

Abbozzo un'idea ...

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Abbiamo che $2^n>n$ per $n>=1$ [per $n=1$ è vera poi per induzione $n+1<2^n+1<2^n+2^n=2^(n+1)$]

Ora il numero $2^(2^n)$ equivale al prodotto di $2^n$ volte il fattore $2$ così come $n^n$ equivale al prodotto di $n$ volte il fattore $n$.

Dato che $2^n>n$, ogni volta che nel primo prodotto (cioè $2^(2^n)$) prendo $n$ fattori $2$ questi "maggiorano" un fattore $n$ del secondo prodotto (cioè $n^n$)

Si tratta quindi di dimostrare che $2^n/n>=n\ ->\ 2^n>=n^2$.

E questo è vero per $n>=4$

Per $n=4$ è vera, mentre per il passo induttivo abbiamo che $(n+1)^2=n^2+(2n+1)$ e ciascuno di questi addendi è minore di $2^n$, il primo per ipotesi induttiva, il secondo perché per $n=4$ abbiamo $2^n>2n+1$ e per induzione $2(n+1)+1=2n+1+3<2^n+2^n$.

Ora per completare la dimostrazione andrebbe generalizzata, penso che con l'induzione si dovrebbe riuscire ...

IMHO

Cordialmente, Alex

[Folpo13]

Qualcuno è riuscito a risolverlo? Ci ho pensato per giorni ma non sono riuscito a tirare fuori nulla. Ho addirittura sbirciato l'idea di axpgn ma non ho capito molto e inoltre sembra una soluzione non generalizzata. Un aiuto?

[axpgn]

Per me, spugna se n'è dimenticato ...

[Folpo13]

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So che è imbrogliare... ma ho trovato un contro-esempio...

dove il $2$ compare $n$ volte

Se $n=2$ allora $A_n=2^2$ perché ci sono esattamente $n$ "$2$" quindi $A_n=B_n=2^2$

[spugna]

Per me, spugna se n'è dimenticato ...

Sono stato inattivo per molto tempo, e non mi aspettavo che qualcuno rispolverasse questo problema

In ogni caso, non ricordo passo per passo la dimostrazione che avevo trovato, ma dovrebbe essere qualcosa del genere

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Come nel primo messaggio di axpgn, bisognerebbe partire da $n<2^n$ (o forse da una disuguaglianza leggermente più forte) e usarla ripetutamente per stimare $B_n$ con una torre di potenze con molti $2$, in modo che per ogni $n$ sufficientemente grande ci si riconduca a dimostrare una disuguaglianza tra due torri di "altezza" limitata. Se riesco a ricostruire tutti i passaggi li scriverò prossimamente.

[spugna]

Con un ritardo imperdonabile, lascio la mia soluzione (che è sicuramente migliorabile):

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La tesi è ovvia per $n<=2$, quindi d'ora in avanti suppongo $n>=3$. Inoltre, per alleggerire la notazione, definisco $f(n)=2^n$ e indico con $n \uparrow \uparrow k$ la torre di potenze $n^{n^{...}}$ in cui $n$ compare $k$ volte ($k>=1$).

Usiamo la disuguaglianza $2^n>=2n$, che si dimostra facilmente essere vera per ogni $n>=3$. Possiamo allora dire che, dati $n>=3$ e $M>=1$, risulta

$2n*n^M<2n*(2n)^M=(2n)^(M+1)<=(2^n)^{2M}=2^{2nM}$

e in particolare

$2n*(n \uparrow \uparrow (k+1))<f(2n*(n \uparrow \uparrow k))$.

Ora, dato $n>=3$, si ha:

$B_n=n \uparrow \uparrow n<2n*(n \uparrow \uparrow n)<f(2n*(n \uparrow \uparrow (n-1)))<f^2(2n*(n \uparrow \uparrow (n-2)))<...<f^{n-1}(2n*(n \uparrow \uparrow 1) )=f^{n-1}(2n^2)$.

Poiché $A_n=f^n(n)$, è sufficiente che valga $2^n>=2n^2$, che è vera per $n>=7$.

Se invece $3<=n<=6$, si può partire da

$4*n^{n^M}<4*8^{n^M}=2^(2+3n^M)<2^{4n^M}$

e dimostrare in modo analogo che $B_n<f^{n-2}(4n^n)$. Poiché $4n^n<4*8^n=2^(3n+2)$, è sufficiente $2^n>=3n+2$, che è vera per ogni $n>=4$.

Infine, se $n=3$, abbiamo $B_3=3^27<4^27=2^54<2^256=A_3$.