Prueba $(1+x)^p+(1-x)^p \ge 2(1+x^p)$ para $0\le x\le1$ y el número real $p\ge2$ .

Question

No sé cómo probar las siguientes preguntas: Si $p\ge2$ es real, entonces $$ (1+x)^p+(1-x)^p \ge 2(1+x^p) \quad \text{for } 0\le x\le1; $$ si $1\le p<2$ entonces la dirección opuesta de la desigualdad se mantiene.

Intento encontrar una función convexa pero no he podido. Y tomo la derivada de la función $f(x):=(1+x)^p+(1-x)^p-2x^p$ pero sigue sin funcionar.

EDITAR Probé el " Series binomiales ", pero sólo podría ser viable para el caso $p\ge2$ pero no para el caso $1\le p<2$ .

Answer 1

Lemma. para $f(x)=x^k$ . si $k\geq 1$ entonces para $a,b>0$ entonces $a^k+b^k\leq (a+b)^k$ . si $0\leq k\leq 1$ entonces $a^k+b^k\geq (a+b)^k$ .

prueba.cuando $k\geq 1$ entonces tenemos $(\frac{a}{a+b})^k\leq\frac{a}{a+b}$ y $(\frac{b}{a+b})^k\leq\frac{b}{a+b}$ para $\frac{a}{a+b}\leq 1$ , $\frac{b}{a+b}\leq 1. $

Por lo tanto: $(\frac{a}{a+b})^k+(\frac{b}{a+b})^k\leq \frac{a}{a+b}+\frac{b}{a+b}=1$ lo que implica: $a^k+b^k\leq (a+b)^k$ . De la misma manera, podemos demostrar que si $0\geq k\leq 1$ entonces $a^k+b^k\geq (a+b)^k$ .

Volvamos al problema:Set $f(x)= (1+x)^p+(1-x)^p-2(1+x^p)$ tenemos: $$ f'(x)= p\times (1+x)^{p-1}-p\times (1-x^{p-1})-2p\times x^{p-1} $$

Cuando $p\geq 2$ entonces $p-1 \geq 1$ .

Entonces para $0\leq x \leq 1$ : $$ (1+\frac{1}{x})^{p-1}\geq 2^{p-1}+(\frac{1}{x}-1)^{p-1}\geq 2+(\frac{1}{x}-1)^{p-1} $$ lo que implica $f'(x)\geq 0$

Así, $f(x)\geq f(0)=0$

Aplicando el mismo método, cuando $1\leq p <2$ tenemos: $$ f(x)\leq f(1)=2^p-2\times (1+1)\leq 0. $$