Escribir la desigualdad se ha demostrado en el formulario de $f(x) > g(x)$, donde
\begin{gather*}
f(x) = \frac{1+x}{2x}\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right) =
(1+x)\left(1 + \frac{x^2}{3} + \frac{x^4}{5} + \cdots\right), \\
g(x) = \frac{(2x-1) + (4+3x)\frac{\log(1+x)}{x}}
{(2-x) + (4-3x)\frac{\log(1+x)}{x}}
\quad (0 < x < 1).
\end{reunir*}
$g(x)$ tiene la forma $\frac{a+by}{c+dy}$, donde $a, b, c, d, y$son
funciones de $x$, e $b, c, d, y$ son estrictamente positivos. Ignorando
la dependencia de la $x$ por el momento, vemos que para
$y_, y_\text{max} > 0$,
$$
\frac{a+by_\text{max}}{c+dy_\text{max}} - \frac{a+} {c+dy} =
\frac{(bc-ad)(y_\text{max}-y)}{(c+dy_\text{max})(c+dy)}.
$$
El denominador es positivo, y para el $a, b, c, d,$ tenemos:
\begin{align*}
bc-ad & = (2-x)(4+3x) + (1-2x)(4-3x) \\
& = 8 + 2x - 3x^2 + 4 - 11x + 6x^2 \\
& = 12 - 9x + 3x^2 \\
& = \frac{21}{4} + 3\left(\frac{3}{2} - x\right)^2 > 0.
\end{align*}
Por lo tanto, si sabemos que $\frac{\log(1+x)}{x} < y_\text{max}$para
todos los $x$ en un intervalo de tiempo dado, entonces:
$$
g(x) < \frac{(2x-1) + (4+3x)y_\text{max}}
{(2-x) + (4-3x)y_\text{max}}
$$
para aquellos valores de $x$. Pero para todos los $x > 0$, tenemos:
$$
\frac{d}{dx}\frac{\log(1+x)}{x} =
\frac{x - (1+x)\log(1+x)}{x^2(1+x)} < 0,
$$
porque si $u = -\log(1+x)$, el numerador es $e^{-u}(1 + u) - 1 < 0$;
por lo tanto, $\frac{\log(1+x)}{x}$ es estrictamente una función decreciente de
$x$. Cualquier límite inferior de $x$ por lo tanto nos da un valor para
$y_\text{max}$. En particular, porque
$\lim_{x\to0+}\frac{\log(1+x)}{x} = 1$, podemos tomar $y_\text{max} = 1$
para todos los $x \in (0, 1)$, lo que nos da:
$$
g(x) < \frac{3+5x}{6-4x} \quad (0 < x < 1).
$$
Incluso esta simple obligado para $g(x)$ es casi suficiente para demostrar la
se requiere la desigualdad - que sólo falla, por sobre $0.05$, para un corto
intervalo de valores de $x$, alrededor de $(0.77, 0.91)$.
Vamos a utilizar, en cualquier caso, para demostrar $f(x) > g(x)$ para todos los
$x \in \left(0, \frac1 2\right]$.
Comenzamos por la simplificación de la mano izquierda un poco:
\begin{equation}
\label{eq:3091056:1}\tag{%#%#%}
f(x) > h(x) = \frac{x}{2} + \sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n+1} =
\frac{x}{2} - \frac{\log(1-x)}{x} \quad (0 < x < 1).
\end{equation}
Si $*$, luego
\begin{gather*}
g(x) - \frac{x}{2} < \frac{3+5x}{6-4x} - \frac{x}{2} =
\frac{3+2x+2x^2}{6-4x} \leqslant \frac{9}{12-8x} \\
= \frac3 4\left(1 - \frac{2x}{3}\right)^{-1}
= \frac3 4 + \frac{x}{2} + \sum_{n=2}^\infty a_nx^n,
\end{reunir*}
donde
$$
a_n = \frac{2^{n-2}}{3^{n-1}} \leqslant \frac{1}{n+1}
\quad (n \geqslant 2).
$$
Por lo tanto:
$$
g(x) - \frac{x}{2} < \sum_{n=0}^\infty\frac{x^n}{n+1} =
-\frac{\log(1-x)}{x}
\quad \left(0 < x \leqslant \tfrac{1}{2}\right),
$$
como se requiere.
Por otro lado, si $0 < x \leqslant \frac1 2$, luego
$$
\frac{\log(1+x)}{x} < 2\log\left(\frac{3}{2}\right) < \frac{9}{11},
$$
así que podemos aprovechar $\frac1 2 < x < 1$, lo que nos da:
$$
g(x) < \frac{11(2x-1) + 9(4+3x)}{11(2-x) + 9(4-3x)} =
\frac{25+49x}{58-38x}
\quad \left(\tfrac{1}{2} \leqslant x < 1\right).
$$
Esta función racional, se $y_\text{max} = \frac{9}{11}$, tiene la forma de una constante
plazo más un múltiplo de la función convexa $r(x)$, por lo que es
convexo. Podemos utilizar esto como un sustituto de la convexidad de $1/(58-38x)$,
que es visualmente evidente, pero no parece fácil de probar.
El límite inferior nos dio como un práctico sustituto de $g(x)$en
\eqref{eq:3091056:1} también es convexo, porque sus derivados
aumenta estrictamente con $f(x)$:
$$
h'(x) = 1 + \sum_{n=1}^\infty\frac{(n+1)x^n}{n+2} \quad (0 < x < 1).
$$
También necesitamos la fórmula explícita:
$$
h'(x) = \frac1 2 + \frac1{x(1-x)} + \frac{\log(1-x)}{x^2}
\quad (0 < x < 1).
$$
Deje $x$ ser la recta tangente a la gráfica de $t_1(x)$ a $h(x)$.
Numéricamente, nos encontramos con $x = 0.878$, y
$t_1(1) \bumpeq 3.702068 > 3.7 = r(1)$.
Por lo tanto:
$$
f(x) > h(x) \geqslant t_1(x) > r(x) > g(x) \quad (0.824 \leqslant x < 1).
$$
Deje $t_1(0.824) \bumpeq 2.451292 > 2.449640 \bumpeq r(0.824)$ ser la recta tangente a la gráfica de $t_2(x)$ a $h(x)$.
Numéricamente, nos encontramos con $x = 0.729$, y
$t_2\left(\frac1 2\right) \bumpeq 1.444453 > 1.269231 \bumpeq
r\left(\frac1 2\right)$.
Por lo tanto:
$$
f(x) > h(x) \geqslant t_2(x) > r(x) > g(x)
\quad (0.5 \leqslant x \leqslant 0.824).
$$
Esto completa la prueba.
