Mostrar una función aumenta en una variable discreta

Question

Intento mostrar que $$\ frac {i (1- \ lambda ^ {n}) - n (\ lambda ^ {ni} - \ lambda ^ {n})} {\ mu (1- \ lambda) (1- \ lambda ^ {ni})} \ $$ aumenta en$1\leq i\leq n-1$ suponiendo que$\lambda <1$ y$n,i$ son ambos enteros. El denominador siempre está disminuyendo en$i$ pero el numerador parece estar aumentando o disminuyendo según los parámetros. Intenté mostrar que la primera diferencia es positiva, pero aún no hay suerte. Agradecería cualquier idea.

Answer 1

Hay algunos trucos que puede utilizar para hacer la tarea progresivamente más simple. Usted puede ignorar las constantes positivas $\mu$ ($\mu$ positivo?) y $1-\lambda$ en el denominador. A continuación, intente encontrar $1-\lambda^{n-i}$ en el numerador sumando y restando $n$: $$\begin{align} i(1-\lambda^{n})-n(\lambda^{n-i}-\lambda^{n})+n-n &=i(1-\lambda^{n})+n(1-\lambda^{n-i})-n(1-\lambda^n)\\ &=n(1-\lambda^{n-i})-(n-i)(1-\lambda^{n}) \end{align}$$ Dividiendo por $1-\lambda^{n-i}$, la expresión que ahora se simplifica a $$n-{(n-i)(1-\lambda^n)\más de 1-\lambda^{n-i}}\;.$$ Para mostrar esto es el aumento en el $i$, se puede omitir el líder de $n$ y el factor positivo $1-\lambda^n$; por lo tanto, es suficiente para demostrar que $${-(n-i)\over1-\lambda^{n-i}}$$ es el aumento en el $i$. Los índices de cambio, el establecimiento de $k:=n-i$. Observe que $k$ disminuye en la medida en $i$ aumenta. Usted ahora está reducido a mostrar la expresión $${k\over 1-\lambda^k}\tag1$$ is increasing in $k$. One way to establish this is to treat $k$ as a continuous variable and show the function $$f(x):={x\over1-\lambda^x}$$ has a positive derivative for all $x>0$. ¿Es esto cierto? Calcular $$f'(x)={(1-\lambda^x)-x(-\lambda^x)\log\lambda\(1-\lambda^x)^2} ={1-\lambda^x(1-x\log\lambda)\(1-\lambda^x)^2}\;.$$ Queremos que el numerador de $f'(x)$ a ser positivo para todos los $x>0$. Llame al numerador $h(x)$. Vemos a $h(0)=0$, por lo que es suficiente para mostrar la $h(x)$ es el aumento de positivos $x$. Calcular la derivada de $h$: $$h'(x)=-\lambda^x\log\lambda(1-x\log\lambda)-\lambda^x(-\log\lambda)=x\lambda^x(\log\lambda)^2\;,$$ lo que es positivo para todos los $x>0$, y ¡listo!

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EDIT: como alternativa, puede mostrar la primera diferencia de (1) es positivo usando el valor medio teorema. La primera diferencia es $${k+1\over1-\lambda^{k+1}}-{k\over1-\lambda^k}={(1-\lambda^k)-(1-\lambda)k\lambda^k\over(1-\lambda^{k+1})(1-\lambda^k)}\;.$$ Para mostrar el numerador es positivo, considere la posibilidad de $g(t):=t^k$ fijos $k$ y ver el$g(\lambda)$$g(1)$. Por el MVT, $${1-\lambda^k\over1-\lambda}={g(1)-g(\lambda)\over1-\lambda}=g'(c)$$ para algunos $c$ $\lambda$ y 1. Pero $$g'(c)=kc^{k-1}> kc^k> k\lambda^k\;,$$ desde $1>c>\lambda$. A la conclusión de $${1-\lambda^k\over1-\lambda}>k\lambda^k\;.$$

Answer 2

desde$$\dfrac{i(1-\lambda^n)-n(\lambda^{n-i}-\lambda^n)}{1-\lambda^{n-i}}=\dfrac{i\lambda^n(1-\lambda^n)-n\lambda^n(1-\lambda^i)}{\lambda^i-\lambda^n}=f(i) entonces tenemos

$$f'(x)=\dfrac{A}{B}=\dfrac{(x^i-x^n)[x^i(1-x^n)+ix^i\ln{x}(1-x^n)+nx^nx^i\ln{x}]-[ix^i(1-x^n)-nx^n(1-x^i)]x^i\ln{x}}{(x^i-x^n)^2} desde

$$A=-x^i(x^n-1)(x^i-x^n+nx^n\ln{x}-ix^n\ln{x})$ $ Nota$x\in(0,1),1\le i<n$, luego tenemos$$ -x^i(x^n-1)\ge 0 Let $$g(x)=x^i-x^n+nx^n\ln{x}-ix^n\ln{x}=x^n\ln{x}(n-i)+x^i-x^n$ $ Por el valor medio tenemos$$ x^i-x^n=(i-n)\ln{x}x^{\xi},\xi\in[i,n] so $$g(x)=\ln{x}(n-i)[x^n-x^{\xi}]>0$ $ so$$ f'(x)\ge 0 ¡Hecho!