Monotonicidad de la función $(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ .

Question

Dejemos que $f(x)=(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x, 0<x\leq 1.$ Demostrar que $f$ es estrictamente creciente y $e<f(x)\leq 4.$

Para estudiar la monotonicidad de $f$ , dejemos que $$g(x)=\log f(x)=\frac{1}{x}\log (1+x)+x\log \left(1+\frac{1}{x}\right).$$ Y $f$ y $g$ tiene la misma monotonicidad. Por cálculo, $$g'(x)=\frac{1}{x^2}\left(\frac{x}{1+x}-\log (1+x)\right)+\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}.$$ Como sabemos $\frac{x}{1+x}-\log (1+x)\leq 0$ y $\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\geq 0$ . Por lo tanto, no determina el signo de $g'(x)$ . Si calculamos la segunda derivada $g''(x)$ También le resultará difícil determinar el signo de $g''(x)$ . Nuestro principal objetivo es demostrar $$\frac{1}{x^2}\left(\frac{x}{1+x}-\log (1+x)\right)+\log \left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}>0.$$

¿Hay algún truco para demostrar este resultado? Cualquier ayuda y pista será bienvenida.

Answer 1

La desigualdad correcta.

Aquí podemos utilizar el método TL.

Tenemos que demostrar que $$(1+a)^b(1+b)^a\leq4$$ para $a>0$ , $b>0$ tal que $ab=1$ que es $$\frac{\ln(1+a)}{a}+\frac{\ln(1+b)}{b}\leq2\ln2.$$ Pero $$\sum_{cyc}\left(\ln2-\frac{\ln(1+a)}{a}\right)=\sum_{cyc}f(a),$$ donde $f(a)=\ln2-\frac{\ln(1+a)}{a}-(\ln2-0.5)\ln a$ .

Es fácil demostrar que $f(a)\geq0$ para todos $0<a\leq11$ .

Pero para $a>11$ obtenemos: $$(1+a)^b(1+b)^a=(1+a)^{\frac{1}{a}}\left(1+\frac{1}{a}\right)^a<(1+11)^{\frac{1}{11}}e<4.$$

La desigualdad de la izquierda.

Tenemos que demostrarlo: $$\frac{1}{x}\ln(1+x)+x\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)>1$$ o $g(x)>0$ , donde $$g(x)=(1+x^2)\ln(1+x)-x^2\ln{x}-x.$$ Sí, es cierto, $$g'(x)=2x\ln(1+x)+\frac{1+x^2}{1+x}-2x\ln{x}-x-1=2x\left(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right)>0$$ porque $$\left(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right)'=-\frac{1}{x(1+x)^2}<0$$ y $$\ln\left(1+\frac{1}{1}\right)-\frac{1}{1+1}>0.$$ Id est, $$g(x)>\lim_{x\rightarrow0^+}g(x)=0$$ y demostramos que $e<f(x)\leq4.$

Ahora, demostraremos que $f$ aumenta en $(0,1].$

Con su trabajo tenemos que demostrar que $$\frac{1}{x^2}\left(\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)\right)+\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\geq0$$ para todos $0<x\leq1$ o $$(x^2-1)\ln(1+x)-x^2\ln{x}+\frac{(1-x)x}{1+x}\geq0$$ y como $$\ln{x}\leq\frac{2(x-1)}{1+x},$$ es suficiente para demostrar que $$-(1-x^2)\ln(1+x)+\frac{2x^2(1-x)}{1+x}+\frac{(1-x)x}{1+x}\geq0$$ o $$\ln(1+x)\leq\frac{x(2x+1)}{(1+x)^2},$$ que es suave.

Answer 2

Utilizando $$\dfrac{x}{x+1}<x\ln\left(1+\dfrac1x\right)<1$$ y para $x\to\dfrac1x$ $$\dfrac{1}{x+1}<\dfrac1x\ln\left(1+x\right)<1$$ entonces $$\dfrac1x\ln\left(1+x\right)+x\ln\left(1+\dfrac1x\right)>1$$

Answer 3

La respuesta de Michael Rozenberg lo tiene todo.

Aquí hay dos pruebas restantes en la respuesta de Michael Rozenberg:

1. Espectáculo: $\ln{x}\leq\frac{2(x-1)}{1+x}$

Tenemos $\ln(1+y)\leq\frac{2y}{{2+y}}$ para $-1<y<0$ (véase, por ejemplo, en https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_logarithmic_identities#Inequalities ), es decir $\ln(x)\leq\frac{2(x-1)}{{1+x}}$ para $0<x<1$ . Esto es exactamente lo que hay que mostrar.

2. Espectáculo: $\ln(1+x)\leq\frac{x(2x+1)}{(1+x)^2}$

Tenemos $\ln(1+x)\leq\frac{x}{\sqrt{1+x}}$ (véase, por ejemplo, en https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_logarithmic_identities#Inequalities ), por lo que podemos demostrar

$\frac{1}{\sqrt{1+x}}\leq\frac{2x+1}{(1+x)^2}$ o $(1+x)^3-{(1+2x)^2}\leq 0$ o $x^2 - x - 1<0$ o $x( 1-x) + 1>0$ lo cual es cierto ya que $1-x \ge 0$ .