Demostrar que $\left(1+2^{-1+b^{\left(\frac{1}{b-1}\right)}}\right)^b < 1+2^{-1+b^{\left(\frac{b}{b-1}\right)}}$ para todos $b>2$ .

Question

Mientras resolvía un problema mayor, lo he reducido a una desigualdad $$\left(1+2^{-1+b^{\left(\frac{1}{b-1}\right)}}\right)^b < 1+2^{-1+b^{\left(\frac{\color{red}b}{b-1}\right)}}$$ para $b>2$ que parece plausible cuando se miran las parcelas. He intentado utilizar la desigualdad de Jensen aquí con $x\mapsto x^{b-1}$ pero no hubo mucha suerte.

También he comprobado que la desigualdad funciona empíricamente con Wolfram Alpha.

Sí, está escrito correctamente, al contrario de lo que pretenden algunas personas en los comentarios de abajo. Me sorprende que esto necesite ser aclarado.

Answer 1

El resultado se desprende de la Proposición 1 y de la Proposición 2 siguientes.

Lema 1 . $\ln(2)\cdot (b^{\frac 1 {b-1}}-1)>\frac 2 {b-1}$ si $b>e^{2/\ln(2)}\approx 17.91.$

Prueba . $$\ln(2)\cdot (b^{\frac 1 {b-1}}-1)-\frac 2 {b-1}$$ $$=\ln(2)(e^{\frac 1{b-1}\ln(b)}-1)-\frac 2{b-1}$$ $$\geq \ln(2)(1+\frac {\ln(b)}{b-1}-1)-\frac 2{b-1}$$ $$=\frac 1{b-1}(\ln(2)\cdot \ln(b)-2),$$ que es positivo si $$\ln(2)\cdot \ln(b)-2>0\Leftrightarrow b>e^{2/\ln(2)}.$$

Lema 2 . $2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}>1+\frac 2{b-1}$ si $b>e^{2/\ln(2)}$ .

Prueba . Supongamos que $b>e^{2/\ln(2)}$ . Entonces $$2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}=e^{\ln(2)(b^{\frac 1{b-1}}-1)}\geq 1+\ln(2)(b^{\frac 1{b-1}}-1)>1+\frac 2{b-1},$$ por el lema 1.

Propuesta 1 . $\left(1+2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}\right)^b<1+ 2^{b^{\frac b{b-1}}-1}$ si $b>e^{2/\ln(2)}.$

Prueba . Sea $2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}=1+\epsilon,$ donde $\epsilon>0$ depende de $b$ . Entonces la afirmación dada es equivalente a $$(2+\epsilon)^b<1+\frac{(2+2\epsilon)^b}2,\quad (1)$$ como se puede comprobar fácilmente (nótese que $2^{b^{\frac b{b-1}}-1}=\frac 1 2\cdot 2^{b^{\frac b{b-1}}}=\frac 1 2\cdot 2^{b^{1+\frac 1{b-1}}}=\frac 1 2\cdot 2^{b^{\frac 1{b-1}}\cdot b})$ .

Para demostrar (1), se demuestra el siguiente resultado más fuerte que implica (1): $$\left(1+\frac {\epsilon}{2+\epsilon}\right)^b=\left(\frac{2+2\epsilon}{2+\epsilon}\right)^b>2.\quad (2)$$

Desde $(1+x)^b\geq 1+bx$ para todos $b\geq 1,x\geq 0$ , uno tiene $$\left(1+\frac {\epsilon}{2+\epsilon}\right)^b\geq 1+\frac{b\epsilon}{2+\epsilon},$$ por lo que para demostrar (2), basta con mostrar que $$\frac{b\epsilon}{2+\epsilon}>1$$ Utilizando la definición de $\epsilon$ Esto equivale a $$b\epsilon>2+\epsilon$$ $$\Leftrightarrow b\left(2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}-1\right)>2+2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}-1$$ $$\Leftrightarrow 2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}>1+\frac 2{b-1},$$ por lo que el resultado se desprende del lema 2. QED

Ahora bien, dada la Proposición 1, para demostrar el resultado del post original, basta con mostrar lo siguiente.

Propuesta 2 . La función $f(b):=1+ 2^{b^{\frac b{b-1}}-1}-\left(1+2^{b^{\frac 1{b-1}}-1}\right)^b>0$ para todos $b\in (2,18]$

Prueba .

Paso 1 . Por método numérico, se puede demostrar que $f(b)>0$ para todos $b\in [10003/5000,18].$ La idea es subdividir el intervalo $[2,18]$ en $N=2000000$ partes iguales y estimar el valor de $f(b)$ en cada intervalo $I_i:=[x_{i-1},x_i]$ , donde $i=1,\cdots,N$ y $x_i-x_{i-1}=(18-2)/N$ . Para ello, se estima el límite inferior de $f(b)$ en $I_i$ , a saber $$f(b)\geq 1+2^{x_{i-1}^{\frac{x_{i-1}}{x_{i-1}-1}}-1}-\left(1+2^{x_{i-1}^{\frac 1{x_{i-1}-1}}-1}\right)^{x_{i}},$$ donde se utiliza el hecho de que $b^{\frac b{b-1}}$ está aumentando y $b^{\frac 1{b-1}}$ es decreciente (para $b>2$ ). Los datos de SAGE muestran que $f(b)$ es positivo en $I_i$ para $i\geq 76$ lo que significa que $f(b)>0$ para $b\in [10003/5000,18].$

Paso 2 . Demostrar que $f(b)>0$ para $b\in (2,10003/5000)$ . Desde $f(2)=0$ Sólo hay que demostrar que $f'(2)>0$ y $f'(x)>0$ en un pequeño barrio que contiene $(2,10003/5000)$ . De nuevo, esto se puede hacer con un método similar al del paso 1 para $f'(x)$ . Como esto no será difícil, se omiten los detalles.

Answer 2

Respuesta parcial, para continuar

Caso $b > \frac{7}{2}$ :

Basta con demostrar que $$2^{-1 + b^{\frac{b}{b-1}}} \ge \left(1 + 2^{-1 + b^{\frac{1}{b-1}}}\right)^b$$ o $$2^{-\frac{1}{b} + b^{\frac{1}{b-1}}} \ge 1 + 2^{-1 + b^{\frac{1}{b-1}}}$$ o $$ 2^{b^{\frac{1}{b-1}}}\left(2^{-\frac{1}{b}} - 2^{-1}\right) \ge 1.$$

Para proceder, necesitamos los siguientes resultados. Las pruebas se dan al final.

Dato 1 : $2^{-\frac{1}{b}} > \frac{21b+4}{21b+21}$ para $b > \frac{7}{2}$ .

Hecho 2 : $b^{\frac{1}{b-1}} > \frac{13b + 51}{13b + 13}$ para $b > \frac{7}{2}$ .

Prosigamos. Por los hechos 1 y 2, basta con demostrar que $$2^{\frac{13b + 51}{13b + 13}}\left(\frac{21b+4}{21b+21} - 2^{-1}\right) \ge 1$$ o $$\frac{13b + 51}{13b + 13} \ln 2 + \ln \left(\frac{21b+4}{21b+21} - 2^{-1}\right) \ge 0.$$ Denote el LHS por $F(b)$ . Tenemos $F'(b) = \frac{(-798\ln 2 + 442)b+494\ln 2+442}{13(21b-13)(b+1)^2}$ . Desde $F'(b)=0$ tenemos $b = \frac{494\ln 2+442}{798\ln 2 - 442} \approx 7.058440304$ . Claramente, $F(b)$ es estrictamente creciente en $b \in (\frac{7}{2}, \frac{494\ln 2+442}{798\ln 2 - 442})$ , y estrictamente difunto en $b \in (\frac{494\ln 2+442}{798\ln 2 - 442}, \infty)$ . También, $F(\frac{7}{2}) > 0$ y $F(\infty) = 0$ . Así, $F(b) > 0$ en $(\frac{7}{2}, \infty)$ . Hemos terminado.

$\phantom{2}$

Prueba del hecho 1 : Basta con demostrar que $$-\frac{1}{b} \ln 2 - \ln \frac{21b+4}{21b+21} > 0.$$ Denote el LHS por $f(b)$ . Tenemos $f'(b) = \frac{(21\ln 2-17)b^2 + 25b\ln 2+4\ln 2}{(21b+4)(b+1)b^2}$ . Es fácil demostrar que $f(b)$ es estrictamente creciente en $(\frac{7}{2}, b_0)$ , y estrictamente decreciente en $(b_0, \infty)$ , donde $b_0 = \frac{25\ln 2 + \sqrt{289(\ln 2)^2 + 272\ln 2}}{34 - 42 \ln 2} \approx 7.247101660$ . También, $f(\frac{7}{2}) > 0$ y $f(\infty) = 0$ . Así, $f(b) > 0$ en $b\in (\frac{7}{2}, \infty)$ . Hemos terminado.

$\phantom{2}$

Prueba del hecho 2 : Basta con demostrar que $$\ln b - (b-1)\ln \frac{13b + 51}{13b + 13} > 0.$$ Denote el LHS por $g(b)$ . Tenemos \begin{align} g'(b) &= \frac{51b^2+26b+51}{(13b+51)(b+1)b} - \ln \frac{13b + 51}{13b + 13}\\ &= \frac{51b^2+26b+51}{(13b+51)(b+1)b} - \ln\left(1 + \frac{38}{13b + 13}\right) \\ &> \frac{51b^2+26b+51}{(13b+51)(b+1)b} - \frac{38(2535b^2+10257b+8444)}{39(845b^2+4654b+5975)(b+1)}\\ &= \frac{428415b^4+133848b^3-5765266b^2-1049016b+11884275}{39(13b+51)(b+1)b(845b^2+4654b+5975)}\\ &> 0 \end{align} donde hemos utilizado $\ln (1+x) < \frac{x(x^2+21x+30)}{3(3x^2+12x+10)}$ para $x > 0$ (la prueba es fácil), y dejemos que $b = \frac{7}{2} + y$ para $y > 0$ para conseguir \begin{align} &428415b^4+133848b^3-5765266b^2-1049016b+11884275\\ =\ & \frac{121855511}{16} + \frac{73972417}{2}y + \frac{54257281}{2}y^2+ 6131658y^3 + 428415y^4\\ > \ & 0. \end{align} También, $g(\frac{7}{2}) > 0$ . Así, tenemos $g(b) > 0$ en $(\frac{7}{2}, \infty)$ . Hemos terminado.

Answer 3

Esta es una respuesta parcial, al menos. Pienso seguir pensando en esto mañana, pero tal vez alguien más pueda intervenir y terminar lo que tengo. El argumento está casi completo, pero tengo otras cosas en las que trabajar ahora mismo.

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Primero registramos ambos lados para obtener la desigualdad equivalente

$$ b \log \left ( 1+2^{b^{\frac{1}{b-1}}-1} \right ) \overset{?}{<} \log \left ( 1+2^{b^{\frac{b}{b-1}}-1} \right ) $$

A continuación, factorizamos el término dominante de cada logaritmo, y separamos para obtener

$$ b \left [ \log \left ( 2^{b^{\frac{1}{b-1}}-1} \right ) + \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) \right ] \overset{?}{<} \log \left ( 2^{b^{\frac{b}{b-1}}-1} \right ) + \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{b}{b-1}}} \right ) $$

A continuación, aplicamos algunas reglas de registro y reordenamos

$$ b^{\frac{b}{b-1}} \log(2) - b \log(2) + b \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) \overset{?}{<} b^{\frac{b}{b-1}} \log(2) - \log(2) + \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{b}{b-1}}} \right ) $$

Podemos cancelar el primer término de cada lado, e intercambiar los segundos términos para hacerlos positivos

$$ \log(2) + b \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) \overset{?}{<} b \log(2) + \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{b}{b-1}}} \right ) $$

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Ahora, mirando el lado izquierdo, observe $b^{\frac{1}{b-1}} \to 1$ desde arriba. Así que obtenemos el siguiente límite superior honesto en el lado izquierdo

$$ \log(2) + b \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) < \log(2) + b \log(2) $$

De hecho, esta desigualdad no es muy ajustada -- Resulta que para $b > 4$ tenemos

$$\log(2) + b \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) < b \log(2)$$

pero mi única prueba (hasta ahora) es desmos:

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Mirando a la derecha, observe $b^{\frac{b}{b-1}} \to \infty$ Así que $2^{1-b^{\frac{b}{b-1}}} \to 2^{1-\infty} \to 0$ , por lo que es bueno que $b \log(2)$ ¡finalmente domina el lado izquierdo!

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En resumen, al probando la desigualdad más estrecha $\log(2) + b \log \left ( 1 + 2^{1 - b^{\frac{1}{b-1}}} \right ) < b \log(2)$ que creo que es un objetivo razonable, podemos demostrar que su desigualdad deseada se mantiene para $b > 4$ (realmente $3.384$ ).

Pero actualmente estamos utilizando $0$ como nuestro límite inferior para $\log \left ( 1 + 2^{1-b^{\frac{b}{b-1}}} \right )$ . Se puede ver en el gráfico que la desigualdad deseada se mantiene a partir de $2$ a $3.384$ así que si eso te complace, entonces hemos terminado. Si no es así, habrá que trabajar un poco más, pero aún no he dedicado mucho tiempo a pensar en este caso.

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Espero que esto ayude ^_^

Answer 4

Mi nueva prueba (boceto)

Dejemos que $b > 2$ . Demostrar que $$1 + 2^{-1 + b^{\frac{b}{b-1}}} \ge \left(1 + 2^{-1 + b^{\frac{1}{b-1}}}\right)^b.$$

Primero damos los siguientes resultados auxiliares (Hechos 1-4).

Dato 1 : $2^{b^{\frac{1}{b-1}}} \ge \frac{30b+52}{15b-2}$ para todos $b \in [2, \infty)$ .

Hecho 2 : Dejemos que $b_1 > 2$ se le dará. Sea $p(x) = 1 + 2^{-1} x^{b_1} - (1 + 2^{-1} x)^{b_1}$ . Entonces $p(x)$ es estrictamente creciente en $(2, \infty)$ . (Pista: $p'(x) = \frac{1}{2} b_1 \left(x^{b_1-1} - \left(1+\frac{x}{2}\right)^{b_1-1}\right) > 0$ . )

Dato 3 : $\left(\frac{9}{16}\right)^{2/b} \ge \frac{363b - 168}{360b + 272}$ para todos $2\le b \le 4$ .

Dato 4 : $9^{2/b} \ge \frac{(29b+50)^2}{36(5b-4)^2}$ para todos $2\le b \le 4$ .

Ahora, la desigualdad deseada se escribe como $$1 + 2^{-1}\left(2^{b^{\frac{1}{b-1}}}\right)^b \ge \left(1 + 2^{-1}2^{b^{\frac{1}{b-1}}}\right)^b.$$ Por los hechos 1-2, basta con demostrar que $$1 + 2^{-1}\left(\frac{30b+52}{15b-2}\right)^b \ge \left(1 + 2^{-1}\frac{30b+52}{15b-2}\right)^b.$$

Nos dividimos en dos casos:

1. $b \ge 4$ : Basta con demostrar que $$2^{-1}\left(\frac{30b+52}{15b-2}\right)^b \ge \left(1 + 2^{-1}\frac{30b+52}{15b-2}\right)^b$$ o $$2^{-1/b} \ge \frac{15b-2}{30b+52} + 2^{-1}.$$ Es fácil y por lo tanto se omite (Pista: Tomar el logaritmo y luego tomar la derivada).

2. $2 < b < 4$ : Denote $Q = \frac{30b+52}{15b-2}$ . Por la desigualdad de la media de la potencia, tenemos \begin{align} \left(1 + 2^{-1}Q^b\right)^{1/b} &= 9^{1/b}\left(\frac{1^b + (2^{-\frac{4}{b}}Q)^b\cdot 8}{9}\right)^{1/b}\\ &\ge 9^{1/b}\left(\frac{1^2 + (2^{-\frac{4}{b}}Q)^2\cdot 8}{9}\right)^{1/2}. \end{align} Basta con demostrar que $$9^{1/b}\left(\frac{1^2 + (2^{-\frac{4}{b}}Q)^2\cdot 8}{9}\right)^{1/2} \ge 1 + 2^{-1}Q$$ o $$9^{2/b}\left(\frac{1^2 + (2^{-\frac{4}{b}}Q)^2\cdot 8}{9}\right) \ge (1 + 2^{-1}Q)^2$$ o $$\frac{1}{9} 9^{2/b} + \frac{8}{9}\left(\frac{9}{16}\right)^{2/b}Q^2 -1 - Q - \frac{1}{4}Q^2 \ge 0.$$ Por los hechos 3-4, basta con demostrar que $$\frac{1}{9} \cdot \frac{(29b+50)^2}{36(5b-4)^2} + \frac{8}{9}\cdot \frac{363b - 168}{360b + 272} \cdot Q^2 -1 - Q - \frac{1}{4}Q^2 \ge 0$$ o $$\frac{(b-2)(-25504875b^4 + 147431700b^3 - 60455760b^2 - 298781264b + 181422064)}{324(5b-4)^2(45b+34)(15b-2)^2} \ge 0$$ lo cual es cierto.

Hemos terminado.