1 \end{array} \right\} \Rightarrow {\left( {\frac{8}{9}} \right)^{10}} < {(1,2)^{\sqrt 3 }}.\]" width="280" height="54" />

В алгебре сравнивать степени чаще всего приходится при решении показательных неравенств.

Как решать показательные неравенства, мы рассмотрим позже.

Как сравнивать числа со степенями

СТЕПЕНЬ С РАЦИОНАЛЬНЫМ ПОКАЗАТЕЛЕМ,

СТЕПЕННАЯ ФУНКЦИЯ IV

§ 70. Сравнение степеней

Теорема 1. Из двух степеней с одинаковыми показателями и положительными основаниями больше та, основание которой больше. Другими словами, если а > b > 0, то при любом натуральном п

а n > b n .

Это свойство было доказано нами в главе I (§ 12).

Пример. Какое число больше: 2 300 или 3 200 ?

Для решения этой задачи представим данные числа в виде степеней с одинаковыми показателями, используя тождество

а mn = (а m ) n .

2 300 = 2 3•100 = (2 3 ) 100 =8 100 3 200 = 3 2•100 = (3 2 ) 100 = 9 100

Так как 9 > 8, то 9 100 > 8 100 . Следовательно,

Если а >1, то из двух степеней а m и а n больше та, показатель которой больше.

Доказательство. Пусть m > п. Тогда т = п + k, где k — некоторое натуральное число. Поэтому

а m = а n+k =а n а k .

Если же а > 1, то а k > 1. Следовательно, а m = а n • а k > а n .

Например, ( 1 /₃ ) 100 < ( 1 /₃ ) 50 ; 3 100 > 3 50

Упражнения

526. Данные выражения представить в виде степеней с одинаковыми показателями и сравнить их по величине:

1) 4 2 и 2 8 ; 4) 4 300 и 3 400 ; 6) ( — 6 /₇ ) 4 и ( 36 /₄₉) 6 ;

2) 27 3 и 9 6 ; 5) — 1 /₈ и (— 1 /₃₂) 3 ; 7) ( 1 /₁₆) 100 и ( 1 /₂) 500 .

527. Данные выражения представить в виде степеней с одинаковыми основаниями и сравнить их по величине:

1) 8 5 и 16 3 ; 3) (—3) 75 и (—27) 15 ;

2) 4 100 и 32 50 ; 4) 81 150 • 8 200 и 3 600 • 16 75 .

528. Что больше: (а n ) m или (а m ) n ?

Как сравнить числа с разными степенями?

Если основания одинаковы, то
1.Положительная степень: чем больше степень, тем больше число
2.Отрицательная степень: чем большечисло стоит под знаком минус, тем меньше будет число под степенью.
В общем, чем меньше число степени, тем меньше число в степени (Надеюсь понятно)
Пока.. . и Удачи.

Остальные ответы

а если основания разные. например 33 в 9 степени сравнить с произведением 11 в двенадцатой степени умножить на 3 в девятой степени, как определить какое число больше ( 33 в 9 степени больше или меньше чем 11 в двенадцатой х на 3 в девятой)

215 в степени(33) ? 50в степени(50) который из них больше

Похожие вопросы

Как сравнивать числа со степенями

В этом пункте мы рассмотрим сравнения вида f(x) є 0(mod p) , где р — простое число, f(x)=ax n +a 1 x n-1 +…+a n — многочлен с целыми коэффициентами, и попытаемся научиться решать такие сравнения. Не отвлекаясь на посторонние природные явления, сразу приступим к работе.

Лемма 1. Произвольное сравнение f(x) є 0(mod p) , где р — простое число, равносильно некоторому сравнению степени не выше p-1 .

Доказательство. Разделим f(x) на многочлен x p -x (такой многочлен алгебраисты иногда называют «многочлен деления круга») с остатком: f(x)=(x p -x) Ч Q(x)+R(x), где, как известно, степень остатка R(x) не превосходит р-1 . Но ведь, по теореме Ферма, x p -x є 0(mod p) . Это означает, что f(x) є R(x)(mod p) , а исходное сравнение равносильно сравнению R(x) є 0(mod p).

Доказанная лемма приятна тем, что с ее помощью можно свести решение сравнения высокой степени к решению сравнения меньшей степени. Идем далее:

Лемма 2. Если сравнение ax n +a ₁ x n-1 +…+a _n є 0(mod p) степени n по простому модулю р имеет более n различных решений, то все коэффициенты a,a ₁ ,…,a _n кратны р .

Доказательство. Пусть сравнение ax n +a ₁ x n-1 +…+a _n є 0(mod p) , имеет n+1 решение и x ₁ ,x ₂ ,…,x _n ,x _n+1 – наименьшие неотрицательные вычеты этих решений. Тогда, очевидно, многочлен f(x) представим в виде:

f(x)=a(x-x 1 )(x-x 2 )…(x-x n -2)(x-x n-1 )(x-x n )+ +b(x-x 1 )(x-x 2 )…(x-x n -2)(x-x n-1 )+ +c(x-x 1 )(x-x 2 )…(x-x n -2)+ +…+ + k(x-x 1 )(x-x 2 )+ +l(x-x 1 )+ +m.

Действительно, коэффициент b нужно взять равным коэффициенту при x n-1 в разности f(x)-a(x-x ₁ )(x-x ₂ )…(x-x _n ) ;
коэффициент с – это коэффициент перед x n-2 в разности f(x)-a(x-x ₁ )(x-x ₂ )…(x-x _n )- b(x-x ₁ )(x-x ₂ )…(x-x _n-1 ) , и т.д.

Теперь положим последовательно x=x ₁ ,x ₂ ,…,x _n ,x _n+1 . Имеем:
1) f(x 1 )=m є 0(mod p) , следовательно, р делит m .
2) f(x 2 )=m+l(x 2 -x 1 ) є l(x 2 -x 1 ) є 0(mod p) , следовательно, р делит l , ибо р не может делить x 2 -x 1 , так как x ₂ 1

3) f(x 3 ) є k(x ₃ -x ₁ )(x ₃ -x ₂ ) є 0(mod p) , следовательно, р делит k .
И т.д.

Получается, что все коэффициенты a, b, c. k, l кратны р . Это означает, что все коэффициенты a,a ₁ ,…,a _n тоже кратны р , ведь они являются суммами чисел, кратных р . ( Убедитесь в этом самостоятельно, раскрыв скобки в написанном выше разложении многочлена f(x) на суммы произведений линейных множителей.)

Прошу обратить внимание на важность условия простоты модуля сравнения в формулировке леммы 2 . Если модуль- число составное, то сравнение n -ой степени может иметь и более n решений, при этом, коэффициенты многочлена не обязаны быть кратными р . Пример: сравнение второй степени x 2 є 1(mod 16) имеет аж целых четыре различных решения (проверьте!):

x є 1(mod 16), x є 7(mod 16), x є 9(mod 16) , x є 15(mod 16).

Всякое нетривиальное сравнение по mod p равносильно сравнению степени не выше p-1 и имеет не более p-1 решений.

Наступил момент, когда наших знаний стало достаточно, чтобы легко понять доказательство еще одной замечательной теоремы теории чисел – теоремы Вильсона. Александр Вильсон (1714–1786) – шотландский астроном и математик-любитель, трудился профессором астрономии в Глазго. Теоремы Ферма, Эйлера и Вильсона всегда идут сладкой троечкой во всех учебниках и теоретико-числовых курсах.

Теорема (Вильсон). Сравнение , (p-1)!+1 є 0(mod p) выполняется тогда и только тогда, когда р — простое число.

Доказательство. Пусть р — простое число. Если р=2 , то, очевидно, 1!+1 є 0(mod 2) . Если р>2 , то рассмотрим сравнение:

Ясно, что это сравнение степени не выше р-2 , но оно имеет р-1 решение: 1, 2, 3, . , р-1 , т.к. при подстановке любого из этих чисел, слагаемое в квадратных скобках обращается в ноль, а (x p-1 ) сравнимо с нулем по теореме Ферма ( х и р взаимно просты, т.к. х&ltр ). Это означает, по лемме 2, что все коэффициенты выписанного сравнения кратны р , в частности, на р делится его свободный член, равный 1 Ч 2 Ч 3 Ч . Ч (р–1)+1 .

Так как коэффициенты многочлена являются значениями симметрических многочленов от его корней, то здесь наметился путь для доказательства огромного числа сравнений для симметрических многочленов. Однако, я по этому пути дальше не пойду, оставляя это прекрасное развлечение читателю, которому нечем коротать долгие зимние вечера.

Пример. 1 Ч 2 Ч 3 Ч . Ч 10 + 1 = 3628800 +1 = 3628801 – делится на 11 (Вспомните признак делимости на 11- если сумма цифр в десятичной записи числа на четных позициях совпадает с суммой цифр на нечетных позициях, то число кратно 11).

Пример-задача. Доказать, что если простое число р представимо в виде 4n+1 , то существует такое число х , что х 2 +1 делится на р .

Решение. Пусть р=4n+1 – простое число. По теореме Вильсона, (4n)!+1 делится на р . Заменим в выражении 1 Ч 2 Ч 3 Ч . Ч (4n)+1 все множители большие (p-1)/2=2n через разности числа р и чисел меньших (p-1)/2=2n . Получим:
(p-1)!+1 = 1 Ч 2 Ч 3 Ч … Ч 2n Ч (p-2n)(p-2n+1) Ч … Ч (p-1) = (1 Ч 2 Ч 3 Ч … Ч 2n)[A Ч p+(-1) 2n Ч 2n Ч (2n-1) Ч … Ч 2 Ч 1]+1 = A 1 p+(1 Ч 2 Ч 3 Ч … Ч 2n) 2 )+1 .

Так как это число делится на р , то и сумма (1 Ч 2 Ч 3 Ч … Ч 2n) 2 +1 делится на р , т.е. x=(2n)!=((p-1)/2)! .

Мелким шрифтом добавлю, что только что рассмотренный пример-задача, тесно связан с проблематикой, касающейся представления натуральных чисел в виде сумм степеней ( с показателями степени n>1 ) других натуральных чисел. Из нашего примера-задачи можно вывести, что натуральное число N в том и только в том случае представимо в виде суммы двух квадратов, когда в разложении N на простые множители все простые множители вида 4n+3 входят в четных степенях. Попробуйте самостоятельно доказать это утверждение в один из долгих зимних вечеров. Что касается представления чисел в виде сумм степеней, то здесь известна общая замечательная теорема:

Для любого натурального k существует такое натуральное N (разумеется, зависящее от k ), что каждое натуральное число представимо в виде суммы не более чем N слагаемых, являющихся k-ми степенями целых чисел.

У этой теоремы было известно несколько различных неэлементарных доказательств, но в 1942 году ленинградский математик Ю. В. Линник придумал чисто арифметическое элементарное доказательство, которое, однако, является исключительно сложным ( см., например, книжку А. Я. Хинчина «Три жемчужины теории чисел»). Что касается функции N(k ) , то здесь, в настоящее время почти ничего не ясно. Всякое натуральное число представимо в виде суммы четырех квадратов, девяти кубов (число 9 не может быть уменьшено), 21 штуки четвертых степеней (вот тут, кажется, что 21 может быть уменьшено до 19). Далее – полный туман. Всякое рациональное число представимо в виде суммы трех кубов рациональных чисел. * В качестве неплохого развлечения, предлагаю читателю следующую задачу: Доказать, что число 1 не может быть представлено в виде суммы двух кубов отличных от нуля рациональных чисел.

1. Какому сравнению степени ниже 7 равносильно сравнение:
2x 17 + 6x 16 + x 14 + 5x 12 + 3x 11 + 2x 10 + x 9 + 5x 8 + 2x 7 + 3x 5 + 4x 4 + 6x 3 + 4x 2 + x + 4 є 0(mod 7).

2 . Используя процесс перебора всех вычетов из полной системы, решите сравнение
3x 14 + 4x 13 + 3x 12 + 2x 11 + x 9 + 2x 8 + 4x 7 + x 6 + 3x 4 + x 3 + 4x 2 + 2x є 0(mod 5)
предварительно понизив его степень.

3. Пусть (a ₀ , m)=1. Укажите сравнение n -ой степени со старшим коэффициентом 1, равносильное сравнению
a 0 x n +a 1 x n-1 +. +a n є 0(mod m)

4. Докажите, что сравнение f(x) є 0(mod p), где р – простое, x n +a 1 x n-1 +. +a n-1 x+a n , n Ј p имеет n решений тогда и только тогда, когда все коэффициенты остатка от деления x p -x на f(x) кратны р .

5. Перед вами крупная задачка, разделенная на несколько мелких частей. Решите их по порядку:

— характеристическая функция множества простых чисел. Докажите, что

где, как обычно, [x] — целая часть числа х .

б) Сообразите, что

где p (m) – число простых чисел, не превосходящих m («функция распределения» простых чисел).

в) Убедитесь, что

где:

(«сигнум», т.е. знак х ).

г) Пусть p n — n -ое в порядке возрастания простое число, т.е. p 1 =2, p 2 =3, p 3 =5, . Докажите, что p n Ј n 2 +1 для всех n .

д) Докажите, что (Внимание! Перед вами формула, выражающая простое число p n через его номер! ) ** :

NS НОВОСТИ

Бабка, дедка, внучка, жучка, кошка тянут за мышку, а курсор на экране не движется.

Наконец-то на Уралмаше занялись делом. Вместо шагающих эскаваторов налажен выпуск копающих.

* Доказательство этого утверждения впервые получено в 1825 году. Выглядит оно потрясающе: для рационального числа а непосредственно пишется его представление в виде суммы трех кубов рациональных чисел:

Совершенно неясно, как додуматься до такого доказательства.

** Вопреки распространенному мнению о «невозможности задать простые числа формулой», довольно легко сконструировать выражение n-ого простого числа через его номер. Беда в том, что от подобных формул мало толку. Во-первых, вычисление по ним не короче вычисления при помощи решета Эратосфена, во-вторых, эти формулы отнюдь не облегчают исследование различных закономерностей, связанных с простыми числами (распределение простых чисел, наличие в множестве простых чисел арифметических прогрессий заданной длины и т.п.).