Probar una desigualdad con$2$ registros diferentes

Question

Demostrar la siguiente desigualdad: $$\log\left(\frac{1+x}{1-x}\right)> \frac{2x\left(x(2x-1) + (3x+4)\log(1+x)\right)}{x(2 + x - x^2) + (4+x-3x^2)\log(1+x)}, \ \mbox{for} \ x\in \left(\frac{1}{2},1\right).$$

Intento: he utilizado un enfoque sencillo, pero se hace complicado. Deje $f_1(x)$ denotar la LHS, y $f_2(x)$de los RHS. Entonces, es fácil mostrar que $f_1(x) =2$ e $f_2(x) = 0$ para $x\to 0$, e $f_1(x) = \infty$ e $(0<)f_2(x) <\infty$ para $x \to 1$. A continuación, muestran que $F(x) \equiv f_1'(x) - f_2'(x)>0$ para ambos límites. Sin embargo, puede ser $F(x)<0$ para valores intermedios de $x$. Traté de mostrar que la desigualdad se cumple incluso para valores negativos de $F(x)$, y aquí es donde me quedé atrapado.

Answer 1

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.