Prueba de que una secuencia de números positivos satisface $P_n ^2 \leq P_{n-1}\,P_{n+1}$ .

Question

Dejemos que $(P_n)$ sea una secuencia tal que $P_0 = 1$ y $P_n = (\log{(n+1)})^n$ .

Estoy tratando de demostrar que $P_n ^2 \leq P_{n-1}\,P_{n+1}$ para $n \geq 1$ utilizando un argumento de inducción.

Para $n=1$ tenemos que $(\log 2)^2 = 0.48$ y $1\cdot (\log 3)^2 = 1.206$ Por lo tanto $P_1 ^{2} \leq P_{0}\,P_2$ .

Dado $n > 1$ Supongamos que $P_n ^2 \leq P_{n-1}\,P_{n+1}$ es decir $$ (\log (n+1))^{2n} \leq (\log (n))^{n-1}\, (\log (n+2))^{n+1} $$

queremos demostrar que

$$ (\log (n+2))^{2(n+1)} \leq (\log (n+1))^{n}\, (\log (n+3))^{n+2}.$$

Sin embargo, lo he intentado aquí sin ningún éxito.

¿Ayuda?

Answer 1

Dejemos que $f(x)=x \log\log(x+1)$ . Entonces $$f'(x)=\log \log(x+1)+\dfrac{x}{(x+1)\log(x+1)},$$ $$f''(x)=\dfrac{1}{(x+1)\log(x+1)}+\dfrac{1}{(x+1)^2\log(x+1)}-\dfrac{x}{(x+1)^2\log^2(x+1)}=\dfrac{1}{(x+1)\log(x+1)}\left( 1+\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{1}{(x+1)\log(x+1)}\right )\geq 0.$$ Así que $y=f(x)$ es cóncavo para $x\geq 0$ . En particular $$f(n) \leq \dfrac{f(n-1)+f(n+1)}{2}.$$ Así que $$n\log \log(n+1)\leq \dfrac{(n-1)\log \log n + (n+1)\log \log(n+1)}{2}$$ lo que implica la desigualdad después de exponenciar ambos lados.

Answer 2

Una forma (probablemente larga) es $$P_n ^2 \leq P_{n-1}\,P_{n+1} \iff \frac{P_n}{P_{n-1}} \leq \frac{P_{n+1}}{P_n}$$ lo que equivale a demostrar que la secuencia $a_n=\frac{P_n}{P_{n-1}}$ está aumentando. Para ello, veamos la función $$\color{blue}{f(x)=\ln\left(\frac{(\ln(x+1))^x}{(\ln(x))^{x-1}}\right)} =\ln(\ln(x+1))+(x-1)\ln\left(\frac{\ln(x+1)}{\ln(x)}\right) \tag{1}$$ con $$\color{red}{f'(x)}=\frac{x}{(1+x)\ln(1+x)}+\ln(\ln(1+x))-\frac{x-1}{x\ln(x)}-\ln(\ln(x))=\\ \color{red}{g(x)-g(x-1)} \tag{2}$$ où $$g(x)=\frac{x}{(1+x)\ln(1+x)}+\ln(\ln(1+x))$$ con $$g'(x)=\frac{(x+2)\ln(1+x)-x}{(1+x)^2\ln^2(1+x)}\geq0, \forall x\geq0$$ y $$g(x)\geq g(x-1), \forall x\geq 1 \overset{\color{red}{(2)}}{\Rightarrow} f'(x) \geq 0$$ de $f(x)$ es una función ascendente $\forall x\geq 1$ . Pero entonces $e^{f(x)}$ también es ascendente $\forall x\geq 1$ , donde $$e^{f(x)}\overset{\color{blue}{(1)}}{=}\frac{(\ln(x+1))^x}{(\ln(x))^{x-1}}$$ y $$a_n=e^{f(n)}\leq e^{f(n+1)}=a_{n+1}$$