Demuestra que $(1+x)^\frac{1}{x} + (1+\frac{1}{x})^x \leq 4$

Question

Demuestra que $f(x)=(1+x)^\frac{1}{x}+(1+\frac{1}{x})^x \leq 4$ para todo $x>0.$

Tenemos $f(x)=f(\frac{1}{x}), f'(x)=-\frac{1}{x^2}f'(\frac{1}{x}),$ así que solo necesitamos probar $f'(x)0$ para $0 < x < 1.

Answer 1

De un amigo que no quiere utilizar math.se...

Escribe la desigualdad como $$ \frac{1}{1+x} \left(1+x\right)^{1+\frac{1}{x}} + \frac{x}{1+x} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{1+x} \leq 4.$$

Sea $f(x) =(1+x)^{1+\frac{1}{x}}$. Si $f$ es cóncava, entonces hemos terminado ya que esto significa que

$$4=f(1)=f((1- \alpha)x + \alpha y)) \geq (1- \alpha) f(x) + \alpha f(y) = \frac{1}{1+x} \left(1+x\right)^{1+\frac{1}{x}} + \frac{x}{1+x} \left(1+\frac{1}{x}\right)^{1+x}$$ con $\alpha = \frac{x}{1+x}, 1-\alpha = \frac{1}{1+x},$ y $y = \frac{1}{x}$. Así, demostraremos que $f$ es cóncava.

Nota que si $f(x) = e^{g(x)}$ y $g''(x) + g'(x)^2 \leq 0$ para todo $x$, entonces $f$ es cóncava.

Entonces, considera $g(x) = (1+\frac{1}{x}) \log (1+x).$ Entonces tenemos que $$g''(x) + g'(x)^2 \leq 0 \leftrightarrow \log(1+x) \leq \frac{x}{\sqrt{1+x}}$$

Nota que $\lim_{x \to 0^+} \log(1+x) = \lim_{x \to 0^+} \frac{x}{\sqrt{1+x}}=0.$

Por AM-GM, $$\frac{1}{1+x} = \frac{d}{dx} \log(1+x) \leq \frac{x+2}{2(1+x)^{\frac{3}{2}}} = \frac{d}{dx} \frac{x}{\sqrt{1+x}} $$

Entonces, $$\log(1+x) = \int_0^x \log (1+x) ' dx \leq \int_0^x \left(\frac{x}{\sqrt{1+x}}\right)' dx = \frac{x}{\sqrt{1+x}}.$$

Answer 2

Voy a incluir otra (casi) respuesta para "enriquecimiento cultural de técnica". Esto no será ni de lejos tan hermoso como el enfoque de Alvin, pero ejemplifica que cuando la iluminación no cae sobre ti, no significa que tus manos estén atadas. La pregunta planteada y las respuestas y comentarios que eventualmente fueron eliminados todos querían usar análisis elemental de alguna manera. Y desafortunadamente, la concavidad/convexidad no se discute en todos los cursos de análisis elemental. Así que esto también proporcionará un enfoque evitando la convexidad, mientras se profundiza en las desigualdades.

Esta era una desigualdad obstinada. Los componentes tenían naturaleza dual: cuando uno era grande, el otro era pequeño. Y viceversa. Esto normalmente sería genial si no fueran similares en naturaleza en el medio de $[0,1]$. Las desigualdades típicas no eran lo suficientemente precisas para ser buenas tanto en los extremos como en el medio de $[0,1].$

Por lo tanto, las polinomios interpolantes osculatorios son cosas para tener en cuenta, ya que pueden ser construidos según sea necesario para propósitos ad hoc cuando la iluminación no llega a ti pero aún tienes que ponerte manos a la obra.

Primero observamos que $$f(x)=(1+x)^{1/x}+(1+1/x)^x=e^{x\ln(1+1/x)}+e^{\ln(1+x)/x}\,.$$ Definamos $$g(x)=x\ln(1+1/x)\quad\text{y}\quad h(x)=\ln(1+x)/x\,.$$ Será bueno tener información sobre $g$ y $h$. Cálculos elementales pueden mostrar que $g$ es estrictamente creciente y que $h$ es estrictamente decreciente en $(0,1)$. Pero además $$0\leq g(x)\leq\ln 2 \quad\text{y}\quad \ln 2\leq h(x)\leq 1$$ para $0\leq x\leq 1$. Y por último $$\lim_{x\rightarrow 0^+}g(x)=0\quad\text{y}\quad \lim_{x\rightarrow 0^+}h(x)=1\,.$$

La mayoría de las desigualdades en análisis elemental derivan de series de Taylor que desafortunadamente suelen ser solo buenas cerca de un punto y casi inútiles lejos de ese punto. Por lo tanto cosas como $1+x\leq e^x$ no son de mucha ayuda en este problema, ya que la desigualdad planteada es muy exacta en todo su dominio. Necesitamos más precisión.

Definamos los polinomios a continuación $$p(x)=a_2x^2+a_1x+a_0\quad\text{y}\quad q(x)=b^2x^2+b_1x+b_0$$ donde $$a_2=\frac{1-\ln 2}{\ln^2 2},\quad a_1=a_0=1, $$ $$b_2=\frac{-4+e+\ln 4}{(\ln 2-1)^2}\,\quad b_1=\frac{2(1-\ln^2 2-e\ln 2+\ln 4)}{(\ln 2-1)^2},\quad b_0=\frac{2+2\ln^2 2+e\ln^2 2-6\ln 2}{(\ln 2-1)^2}\,.$$ ¿Por qué haríamos esto por alguna razón sensata? Estos polinomios son bastante fáciles de ingeniería inversa. Fueron construidos específicamente para cumplir con las propiedades a continuación. $$p(0)=p'(0)=1=e^0=(\exp)'(0)\quad\text{y}\quad p(\ln 2)=2=e^{\ln 2}$$ $$q(\ln 2)=q'(\ln 2)=e^{\ln 2}=2\quad\text{y}\quad q(1)=e=e^1\,.$$ Estas construcciones hacen que $p$ sea una buena aproximación para $e^x$ en $0$ y en $\ln 2$ pero también en $[0,\ln 2]$ (que es el rango de $g$). De manera similar, $q$ es una buena aproximación para $e^x$ en $\ln 2$ y en $1$ pero también en $[\ln 2, 1]$ (que es el rango de $h$). También son límites superiores para $e^x$ en los primeros y últimos intervalos también. Con estos polinomios en mano, podemos concluir $$(1+1/x)^x+(1+x)^{1/x}=e^{g(x)}+e^{h(x)}\leq p(g(x))+q(h(x))$$ Por lo tanto, $$f(x)\leq a_2x^2\ln^2(1+1/x)+x\ln(1+1/x)+1+b_2\frac{\ln^2(1+x)}{x^2}+b_1\frac{\ln(1+x)}{x}+b_0\,.$$ Ya tenemos aquí mucha más separación de la que teníamos en nuestra desigualdad original. Ahora intentamos empezar a usar estimaciones más crudas. Por ejemplo, $$x\ln(1+1/x)\leq \ln 2\cdot\sqrt[4]{x}\quad\text{y}\quad x\ln(1+1/x)\leq\ln2\cdot\sqrt{x}$$ podrían ser utilizadas. El software de gráficos parece sugerir que estos reemplazos rudimentarios no perjudicarán nada (los límites de los extremos permanecen iguales y la monotonía se conserva). Así que después de simplificar $$f(x)\leq \sqrt{x}+1+b_2\frac{\ln^2(1+x)}{x^2}+b_1\frac{\ln(1+x)}{x}+b_0\,.$$ Ahora creamos un nuevo polinomio osculatorio para $g$ en $[0,1]$. Podemos construir $$\frac{\ln(1+x)}{x}\leq \left(\frac{3}{2}-\ln 4\right)x^2+(\ln 8-5/2)x+1=r(x)$$ para todo $0\leq x\leq 1$ (preservando límites). Esto fue construido para que $r(0), r'(0)$, y $r(1)$ coincidan con $g(0), g'(0)$, y $g(1)$ respectivamente.

Ahora tenemos $$f(x)\leq \sqrt{x}+1+b_2(r(x))^2+b_1(r(x))+b_0\,.$$ El software de gráficos parece indicar que este último polinomio (casi) es menor o igual a $4$ para todo $0\leq x\leq 1$. Lo cual parece bastante alcanzable con análisis elemental y aproximaciones numéricas de números.

Pero antes de pasar a esta parte, Alvin proporcionó convexidad y un argumento mucho más fácil. Así que podría haberme detenido. Pero no he visto este enfoque de resolución de problemas en otro lugar. Y esto podría ayudar a alguien cuando no se puede encontrar la convexidad.

Answer 3

Mi feo demostración basada en las siguientes afirmaciones.

Por tu trabajo es suficiente probar que $$(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(\frac{1}{x+x^2}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)+\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right)\geq0$$ para todo $0

1. $$(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\leq4,$$

2. $$\frac{1}{x+x^2}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\leq0,$$

3. $$\left(1+\frac{1}{x}\right)^{2x}\geq1+4x-x^2$$ and

4. $$\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}>0.$$ Id est, es suficiente probar que: $$4\left(\frac{1}{x+x^2}-\frac{\ln(1+x)}{x^2}\right)+(1+4x-x^2)\left(\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{1}{1+x}\right)\geq0,$$ que es sencillo.

La demostración de $(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\leq4$ ver aquí:

Monotonicidad de la función $(1+x)^{\frac{1}{x}}\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$.

Answer 4

Observaciones: @Alvin Jin presentó una demostración muy buena. Aquí doy una prueba alternativa.
La idea es encontrar una función $f(x)$ tal que $f(x) + f(1/x) \equiv 4$ y $\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \le f(x)$ para todo $x > 0$.
Luego tenemos $\left(1 + x\right)^{1/x} \le f(1/x)$ para todo $x > 0$.
Sumando todo, obtenemos $\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x + \left(1 + x\right)^{1/x} \le f(x) + f(1/x) = 4$.

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Hecho 1: Se cumple que, para todo $x > 0$, $$\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x \le \frac{4\ln 2 \cdot x + 4 - 4\ln 2}{x + 1}. \tag{1}$$ (La demostración se da al final.)

Por el Hecho 1 (1), al dejar $x \to \frac{1}{x}$, tenemos, para todo $x > 0$, $$\left(1 + x\right)^{1/x} \le \frac{4\ln 2 \cdot \frac{1}{x} + 4 - 4\ln 2}{\frac{1}{x} + 1} = \frac{4\ln 2 + (4 - 4\ln 2)x}{1 + x}. \tag{2}$$

$(1) + (2)$ nos da $$\left(1 + \frac{1}{x}\right)^x + \left(1 + x\right)^{1/x} \le 4.$$

Hemos terminado.

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Prueba del Hecho 1:

Basta con demostrar que $$\frac{(1 + x)^{1 + x}}{x^x} \le 4\ln 2 \cdot x + 4 - 4\ln 2.$$ Tomando logaritmo, basta con demostrar que $$(1 + x)\ln (1 + x) - x\ln x \le \ln (4\ln 2 \cdot x + 4 - 4\ln 2).$$ Sea $g(x) := \mathrm{LHS} - \mathrm{RHS}$. Tenemos $$g'(x) = \ln(1 + x) - \ln x - \frac{1}{x + \frac{1}{\ln 2} - 1}$$ y $$g''(x) = \frac{(1-2a)x - a^2}{x(1+x)(x+a)^2}$$ donde $a = \frac{1}{\ln 2} - 1 \approx 0.4427$.

Sea $x_0 = \frac{a^2}{1-2a} \approx 1.7$. Tenemos $g''(x) < 0$ en $(0, x_0)$, y $g''(x) > 0$ en $(x_0, \infty)$, y $g''(x_0) = 0$. Notar que $g'(1) = 0$ y $\lim_{x\to \infty} g'(x) = 0$. Por lo tanto, $g'(x) > 0$ en $(0, 1)$, y $g'(x) < 0$ en $(1, \infty)$. Así, tenemos que $g(x) \le g(1) = 0$ en $(0, \infty)$.

Hemos terminado.

Answer 5

Solo una observación:

En $x\in [1/2,2]$ tenemos la desigualdad:

$$f(x)=\left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}\leq \frac{4}{x^{-1+\ln\left(4\right)}+1}$$

Sumando las dos cantidades obtenemos:

$$f(x)+f(1/x)\leq g(x)+g(1/x)=4$$

Para demostrarlo tenemos las desigualdades en $[1,2]$ la parte más difícil:

$$\left(1+x\right)^{\frac{1}{x}}\leq 2e^{\left(-\frac{5\left(-1+\ln\left(4\right)\right)}{2}\left(x^{\frac{1}{5}}-1\right)\right)}\leq 2e^{\left(1-x^{\frac{\left(-1+\ln\left(4\right)\right)}{2}}\right)}\leq \frac{4}{x^{\left(-1+\ln\left(4\right)\right)}+1}$$

Para el primero podemos sustituir $y^5=x$

Es un poco largo pero bastante fácil con la derivada logarítmica. No podemos hacerlo más simple para la derivada de $f(x)$.