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.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?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\;, $$ lo que es positivo para todos los $x>0$, y ¡listo!
EDIT: como alternativa, puede mostrar la primera diferencia de (1) es positivo usando el valor medio teorema. La primera diferencia es $${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 $${1-\lambda^k\over1-\lambda}>k\lambda^k\;.$$
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!