Numeri titanici

[spugna2]

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 ...

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]

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

"spugna":dove il $2$ compare $n$ volte

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

[spugna2]

"axpgn":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

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.

[spugna2]

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

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

$B_n=n \uparrow \uparrow n<2n*(n \uparrow \uparrow n)
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 $B_n=3n+2$, che è vera per ogni $n>=4$.

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