Una prueba más simple de$(1-x)^n<\frac{1}{1+nx}$

Question

He probado la siguiente desigualdad:
Deje $x\in\mathbb{R}, 0<x<1, n\in\mathbb{N}$, $(1-x)^n<\frac{1}{1+nx}$
sin embargo, a juzgar por el contexto en el libro de ejercicios, me siento como que hay una manera mucho más sencilla de probarlo, pero no lo veo. Así que estoy pidiendo que la alternativa más sencilla prueba, o al menos una pista. Mi prueba de la siguiente manera:

La desigualdad de Bernoulli establece que para $-1<x, x\neq 0, n\in \mathbb{N},n>1$ el siguiente es verdadero:$(1+x)^n>1+nx$. Por lo tanto, $\frac{1}{(1+x)^n}<\frac{1}{1+nx}$ también es cierto.
Entonces la necesidad de demostrar que $(1-x)^n<\frac{1}{(1+x)^n}$, lo que equivale a $\frac{1}{(1-x)^n}>(1+x)^n$, que puedo demostrar por inducción:

Basecase: $n=1$
$1=\frac{1-x}{1-x}\Leftrightarrow 1=\frac{1}{1-x}-\frac{x}{1-x}\Leftrightarrow 1+\frac{x}{1-x}=\frac{1}{1-x}$
Deje $a,b\in \mathbb{R_{>0}}$$0>b>1$$\left[ a>ab \right]\Leftrightarrow \left[a<\frac{a}{b}\right]$. Por lo tanto $\left[ 0<x<1\right] \Rightarrow \left[ x<\frac{x}{1-x}\right]$
Por lo tanto $1+\frac{x}{1-x}=\frac{1}{1-x} \Rightarrow 1+x<\frac{1}{1-x} \square$

Inductivo paso: Supongamos $(1+x)^n<\frac{1}{(1-x)^n}$. Necesita mostrar el $(1+x)^{n+1}<\frac{1}{(1-x)^{n+1}}$.
$(1+x)^{n+1}<\frac{1}{(1-x)^{n+1}}\Leftrightarrow (1+x)^n\cdot(1+x)<\frac{1}{(1-x)^n} \cdot \frac{1}{1-x}$
Deje $a,b,c,d \in \mathbb{R_{>0}}$. A continuación,$[a>c]\wedge[b>d] \Rightarrow [ab>cd]$.
$(1+x)^n<\frac{1}{(1-x)^n}$ fue la asunción y $1+x>\frac{1}{1-x}$ fue el basecase, por lo tanto, $(1+x)^n\cdot(1+x)<\frac{1}{(1-x)^n} \cdot \frac{1}{1-x} \Leftrightarrow (1+x)^{n+1}<\frac{1}{(1-x)^{n+1}} \square$

Por lo tanto $\frac{1}{(1+x)^n}<\frac{1}{1+nx}$ $(1-x)^n<\frac{1}{(1+x)^n}$ son ambas verdaderas, lo que implica la declaración original $(1-x)^n<\frac{1}{1+nx} \square$

Si puedo contar la prueba de la desigualdad de Bernoulli por inducción, significaría que he utilizado de inducción de dos veces en el fin de demostrar algo que básico, que para mí no parece ser lo más sensato.

Answer 1

Sugerencia: para $0<x<1$, la desigualdad $$ (1-x)^n<\frac{1}{(1+x)^n} $$ es equivalente a $$ (1-x^2)^n<1 $$

O, imitando la prueba de Bernoulli de la desigualdad, tenemos que probar que $$ (1-x)^{-n}>1+nx $$ La afirmación es verdadera para $n=1$, porque es $1-x^2<1$. Supongamos que tiene de $n$. Entonces $$ (1-x)^{n-1}=(1-x)^{-n}(1-x)^{-1}>\frac{1+nx}{1-x} $$ por la hipótesis de inducción. Estamos reducidos para demostrar que $$ \frac{1+nx}{1-x}\ge 1+(n+1)x $$ que se convierte en $$ 1+nx\ge1+(n+1)x-x-(n+1)x^2 $$

Answer 2

¿Qué pasa con AM-GM?

$$(1-x)^n(1+nx) = \text{GM}(1-x,1-x,\ldots,1-x,1+nx)^{n+1} \color{red}{\leq} \text{AM}(1-x,1-x,\ldots,1-x,1+nx)^{n+1}=1$ $ y la desigualdad se mantiene firme desde$(1-x)\neq(1+nx)$. Hecho.

Answer 3

$(1-x)^n = 1/(1-x)^{-n}=1/(1+nx+n(n-1)x^2/2 +\cdots) < 1/(1+nx)$, asumiendo $ 0 < x < 1$.

Answer 4

Primera nota:$$\frac{1+nx}{1-x}=\frac{(1+nx)(1+x)}{(1-x)(1+x)}=\frac{1+(n+1)x+nx^2}{1-x^2}\ge\frac{1+(n+1)x}{1}$ $

Entonces:$$\frac{1+nx}{1+(n+1)x}\ge1-x$ $

Toma un producto de estas expresiones para$n=0,1,\cdots,N-1$ para ver$$\frac{1}{1+Nx}\ge(1-x)^N$ $

(esto puede ser fácilmente refundido como una inducción)

Answer 5

Dejar $f(x)=(1-x)^{-n}$. Luego, aplicando el teorema del valor medio para$f$ tenemos,

$$\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=f'(\zeta)$$(for some $ 0 <\ zeta <x <1 $)

PS

La línea anterior es verdadera como$$\frac{(1-x)^{-n}-(1-0)^n}{x-0}=(-n)(1-\zeta)^{-n-1}(-1)=\frac{n}{(1-\zeta)^{n+1}}>n$

PS

PS

Ahora$1-\zeta<1\Rightarrow\frac{1}{1-\zeta}>1$ implica,

PS