Demostrar

Question

Estoy tratando de volver a las matemáticas después de una pausa, y he resuelto una cuestión de una manera que no me satisface. Estoy bastante seguro de que hay un mejor camino a seguir y me gustaría conocer su opinión.

$\forall x \in \Bbb R_+\setminus \lbrace 0; 1\rbrace$,$\quad $ $\frac{x+1}{x-1}\ln x \geq 2$

Deje $f (x) = \frac{x+1}{x-1}\ln x$ definido en $\Bbb R_+\setminus \lbrace 0; 1\rbrace$

Entonces $$f'(x) = \frac{x^2-2x\ln x-1}{x(x-1)^2} = \frac{x-2\ln x-\frac 1x}{(x-1)^2}$$ which has the same sign as $$g(x) = x-2\ln x - \frac 1x$$

Desde $$g'(x) = 1-\frac 2x + \frac{1}{x^2} = (1-\frac 1x)^2$$

$g$ es el aumento de más de $\Bbb R_+$, y desde $g(1)= 0$, $g(x)\leq 0$ para $0\leq x\leq 1$ e $g(x) \geq 0$ para $x\geq 1$ ; y así es $f'$.

Por lo tanto $f$ es la disminución en el $]0; 1[$ y aumentando en $]1; +\infty[$.

Ahora $$\lim_{x\to 1} \frac{\ln x}{x-1} =\lim_{x\to 1}\frac{\ln x -\ln 1}{x-1} = (\ln x)'(1) = 1 $$ and thus $$\lim_{x\to 1} f(x) = \lim_{x\to 1}(x+1)\frac{\ln x}{x-1}= 2$$

Y por lo tanto $\forall x \in \Bbb R_+\setminus \lbrace 0; 1\rbrace$, $f(x) \geq 2 \quad \blacksquare$

Answer 1

Que <span class="math-container">$x>1$</span> y <span class="math-container">$f(x)=\ln{x}-\frac{2(x-1)}{x+1}.$</span>

Tenemos que demostrar que <span class="math-container">$f(x)\geq0$</span>.

Vemos que <span class="math-container">$$f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}>0,$ $</span> que dice <span class="math-container">$$f(x)>f(1)=0$ $</span> <span class="math-container">$0<x> la prueba es el mismo:</x></span>

Allí, tenemos que demostrar que <span class="math-container">$f(x)\leq0.$</span>

Answer 2

Definir $$ f(x) = \frac{x+1}{x-1}\cdot\ln x \quad (x > 0, \ x \ne 1). $$ A continuación, $f(1/x) = f(x)$, por lo que en la delimitación de $f$ podemos suponer que la $x > 1$.

Demostramos $\fbox{f(x) > 2}$ para $x > 1$, por escrito, $x = e^u$, y probando \begin{equation} \tag{1}\label{ineq:1} \frac{e^u + 1}{e^u - 1} > \frac{2}{u} \quad (u > 0). \end{equation}

Por simple reordenamiento, \eqref{ineq:1} es equivalente a \begin{equation} \tag{2}\label{ineq:2} (2 - u)e^u < 2 + u \quad (u > 0). \end{equation} \eqref{ineq:2} es demostrado en varias maneras diferentes aquí.

\eqref{ineq:1} y \eqref{ineq:2} son triviales para $u \geqslant 2$. Para $u < 2$, que son equivalentes a \begin{equation} \tag{3}\label{ineq:3} e^u < \frac{2 + u}{2 - u} \quad (0 < u < 2). \end{equation}

En una respuesta aquí, yo sostengo que, debido a que la gráfica de $1/t$ se encuentra por encima de la tangente en a$t = 1$, $$ u < \int_{1-\frac{u}{2}}^{1+\frac{u}{2}}\frac{dt}{t} = \ln\left(1+\frac{u}{2}\right)-\ln\left(1-\frac{u}{2}\right) = \ln\frac{2+u}{2-u}, $$ donde \eqref{ineq:3}.