Desigualdad interesante$\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1} \ge \sqrt[2m+1]{\frac{1+x^{2m+1}}{2}}$

Question

Demuestre que $$\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1} \ge \sqrt[k]{\frac{1+x^k}{2}}$$ for all real $ x \ ge 1$ and for all positive integers $ m$ and $ k \ le 2m +1 $ .

Mi trabajo. Si $k \le 2m+1$ entonces $$\sqrt[k]{\frac{1+x^k}{2}}\le \sqrt[2m+1]{\frac{1+x^{2m+1}}{2}}.$$ I need prove that for all real $ x \ ge 1$ and for all positive integers $ m$ the inequality $$\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1} \ge \sqrt[2m+1]{\frac{1+x^{2m+1}}{2}}$ $ retiene.

Answer 1

Ya por PM $$\left(\frac{x^n+1}{2}\right)^k\geq\left(\frac{x^k+1}{2}\right)^n$$ is true for all $x\geq0$ and $n\geq k>0,$ es suficiente para probar que $$\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1}\geq\sqrt[2m+1]{\frac{x^{2m+1}+1}{2}}$$ or $f(x)\geq0,$donde $$f(x)=\ln\left(x^{m+1}+1\right)-\ln\left(x^m+1\right)-\frac{1}{2m+1}\ln\left(x^{2m+1}+1\right)+\frac{\ln2}{2m+1}.$$ De hecho, $$f'(x)=\frac{(m+1)x^m}{x^{m+1}+1}-\frac{mx^{m-1}}{x^m+1}-\frac{x^{2m}}{x^{2m+1}+1}=$$ $$=\frac{x^{m-1}\left(mx^{2m+2}-(m+1)x^{2m+1}+(m+1)x-m\right)}{\left(x^m+1\right)\left(x^{m+1}+1\right)\left(x^{2m+1}+1\right)}.$$ Deje $g(x)=mx^{2m+2}-(m+1)x^{2m+1}+(m+1)x-m.$

Por lo tanto, $$g'(x)=m(2m+2)x^{2m+1}-(m+1)(2m+1)x^{2m}+m+1;$$ $$g''(x)=2m(m+1)(2m+1)x^{2m}-2m(m+1)(2m+1)x^{2m-1}=$$ $$=2m(m+1)(2m+1)x^{2m-1}(x-1)\geq0,$$ que dice $$g'(x)\geq g'(1)=0,$$ que dice $$g(x)\geq g(1)=0,$$ que da $$f(x)\geq f(1)=0$$ y hemos terminado!

Por el camino, vemos que su desigualdad se cumple para todos los reales $x\geq0$ e $m>0$.

Answer 2

El resultado se puede probar utilizando AM $\geq$ GM.

\begin{align} \sqrt[2m+1]{\frac{1+x^{2m+1}}{2}}&=\sqrt[2m+1]{\prod_{i=0}^{2m} \frac{1+x^{i+1}}{1+x^{i}}}\leq\frac{1}{2m+1} \sum_{i=0}^{2m} \frac{1+x^{i+1}}{1+x^{i}} \\ &=\frac{1}{2m+1} \left[\sum_{i=0}^{m-1} \left(\frac{1+x^{i+1}}{1+x^{i}}+\frac{1+x^{2m-i+1}}{1+x^{2m-i}} \right)+\frac{1+x^{m+1}}{1+x^m}\right]\\ &=\frac{1}{2m+1}\left[ \sum_{i=0}^{m-1} \left( 2x- \frac{x-1}{1+x^{i}} -\frac{x-1}{1+x^{2m-i}}\right)+ \frac{1+x^{m+1}}{1+x^{m}}\right]\\ &=\frac{1}{2m+1}\left[ \sum_{i=0}^{m-1}\left( 2x- \frac{x-1}{1+x^m}\left[\frac{1+x^m}{1+x^{i}}+\frac{1+x^m}{1+x^{2m-i}}\right]\right)+ \frac{1+x^{m+1}}{1+x^{m}}\right]\\ &=\frac{1}{2m+1}\left[ \sum_{i=0}^{m-1}\left( 2x- \frac{x-1}{1+x^m}\left[2+\frac{x^i(x^m-1)(x^{m-i}-1)^2}{(1+x^i)(1+x^{2m-i})}\right]\right)+ \frac{1+x^{m+1}}{1+x^{m}}\right]\\ &\leq \frac{1}{2m+1}\left[ \sum_{i=0}^{m-1}\left(2x-(x-1)\frac{2}{1+x^{m}}\right)+ \frac{1+x^{m+1}}{1+x^{m}}\right]\\ &=\frac{1+x^{m+1}}{1+x^{m}}. \end{align}

Answer 3

Respuesta incompleta hasta la fecha

Permitir que $$f(x,k)=\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1}-\left(\frac{x^k+1}2\right)^{\frac1k}\tag1$$ so that $$f_x(x,k)=\frac{\partial f(x,k)}{\partial x}=\frac{x^{m-1}(x^{m+1}+(m+1)x-m)}{(x^m+1)^2}-\frac{x^{k-1}}{x^k+1}\left(\frac{x^k+1}2\right)^{\frac1k}\tag2.$$ Clearly, $$f_x(1,k)=\frac2{2^2}-\frac12=0\tag3$$ and since \begin{align}\small\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!\!f_{xx}(x,k)=\frac{\partial^2f(x,k)}{\partial x^2}&=\small\frac{mx^{m-2}(x^m+1)^2(2x^{m+1}+m(m+1)x-m(m-1))}{(x^m+1)^4}\\&\small \,\,\,\,\,\,\,\,-\frac{2mx^{2m-2}(x^{m+1}+(m+1)x-m)}{(x^m+1)^4}-\frac{(k-1)x^{k-2}}{(x^k+1)^2}\left(\frac{x^k+1}2\right)^{\frac1k}\tag4,\end{align} we have that $$f_{xx}(1,k)=\frac{m\cdot2^2(2+2m)-2m\cdot2}{2^4}-\frac{k-1}{2^2}=\frac{m(1+2m)-k+1}{2^2}>0\tag5$$ for $ m \ ge1$ due to the fact that $ k <2m +2$. Therefore, $ x = 1$ is a minimum with $$f(1,k)=\frac22-1=0\tag6.$$ It remains to show that $ f (x, k)> 0$ for $ x> 1$. However, it suffices to prove that $$f_m(x)=\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1}-\left(\frac{x^{2m+1}+1}2\right)^{\frac1{2m+1}}>0\tag7$$ since $$\left(\frac{x^k+1}2\right)^{\frac1k}\le\left(\frac{x^{2m+1}+1}2\right)^{\frac1{2m+1}}\tag8$$ from your attempt. Now $ (7)$ is implied by $$2(x^{m+1}+1)^{2m+1}>(x^m+1)^{2m+1}(x^{2m+1}+1)\tag9$$ which is equivalent to $$2\sum_{n=0}^{2m+1}\binom{2m+1}nx^{nm+n}>(x^{2m+1}+1)\sum_{n=0}^{2m+1}\binom{2m+1}nx^{nm}\tag{10}.$$ Collecting the summation terms yields $$\sum_{n=0}^{2m+1}\left[\binom{2m+1}nx^{nm}(2x^n-x^{2m+1}-1)\right]>0\tag{11}$ $ que es casi seguro el caso .

Answer 4

Por el poder significa la desigualdad, con $x\geq 0, n \geq k$, tenemos

$$ \left( \frac{ x^n + 1 } {2} \right) ^\frac{1}{n} \geq \left( \frac{x^k + 1 } { 2} \right) ^ \frac{1}{k}. $$

Por lo tanto, todo lo que tenemos que mostrar es:

$$ \frac{ x^{m+1} + 1 } { x^m + 1} \geq \left( \frac{ x^{2m+1 } + 1 } {x^0 + 1 } \right) ^ \frac{1}{2m+1} \quad (1) . $$

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Vamos a mostrar que

$$ \left(\frac{1+x^{m+1}}{1+x^m}\right)^2 \geq \frac{1+x^{m+1+i}}{1+x^{m+i}} \times \frac{1+x^{m+1-i}}{1+x^{m-i}} \quad (2) $$

Por la cruz de la multiplicación y expansión de términos (Gracias Wolfram), esto es equivalente a:

$$ x^{m-i} (x^i-1)^2(x-1)(x^{2m+1} - 1) \geq 0. $$

Esto es obviamente cierto para $ x \geq 0$.
(Más fáciles de ver por la división en casos $x\geq 1, x < 1$, lo que podría explicar donde esa condición vino.)

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Entonces, (1) de la siguiente manera por la multiplicación de la cadena de desigualdades de (2), pasando de $i=0$ a $m$.

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Nota: La (pseudo-)el razonamiento detrás de por qué (2) debe ser cierto, es que cuando escribimos como $\prod ( 1+ x^{a_i}) \geq \prod ( 1+ x^{b_i})$, con $a_i, b_i$ , en orden decreciente, tenemos $ \sum a_i = \sum b_i$. Desde $a_1 = m+i < m+i+1 = b_1$, se deduce que después de la cancelación de la $x^{\sum a_i}$ plazo en ambos lados, del lado izquierdo tiene un exponente más grande, así que será cierto lo suficientemente grande como para $x$.

Answer 5

para todos los $m\in \mathbb{N}$ y $x\geq 1$ tenemos $x^{2m+1}\geq 1$ y luego $2x^{2m+1}\geq x^{2m+1}+1$

Tenga en cuenta que $\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1} = x - \frac{x-1}{x^m+1} \geq x$ porque $x\geq 1$

Entonces $$2\left(\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1}\right)^{2m+1}\geq 2x^{2m+1}\geq x^{2m+1}+1$ $

Obtenemos fácilmente que $$\frac{x^{m+1}+1}{x^m+1} \geq \sqrt[2m+1]{\frac{x^{2m+1}+1}{2}}$ $