Demostrar la desigualdad $\frac{\left(1-\alpha\right)\left(1+{\alpha}^{k}\right)}{\left(1+\alpha\right)\left(1-{\alpha}^{k}\right)}\geqslant\frac{1}{k}$

Question

Me gustaría demostrar la siguiente desigualdad: $$\frac{\left(1 - \alpha \right )\left(1 + {\alpha}^{k} \right )}{\left(1 + \alpha \right )\left(1 - {\alpha}^{k} \right )} \geqslant \frac{1}{k} \ \forall \alpha > 0 , k \in \mathbb{N}$$

Cualquier otra propiedad de: $$\frac{\left(1 - \alpha \right )\left(1 + {\alpha}^{k} \right )}{\left(1 + \alpha \right )\left(1 - {\alpha}^{k} \right )}$$ También sería genial.

Answer 1

Aquí hay una respuesta en términos de funciones hiperbólicas. La desigualdad (corregida) que hay que demostrar es $${(1 - \alpha)(1 + \alpha^k) \over (1 + \alpha)(1 - \alpha^k)} \geq {1 \over k}$$ Esto es lo mismo que $${{(\alpha^{-{1 \over 2}} - \alpha^{{1 \over 2}})(\alpha^{-{k \over 2}} + \alpha^{{k \over 2}})} \over {(\alpha^{-{1 \over 2}} + \alpha^{{1 \over 2}})(\alpha^{-{k \over 2}} - \alpha^{{k \over 2}})}}\geq {1 \over k}$$ Para cualquier $\alpha > 0$ existe algún $t$ para lo cual $e^t = \alpha^{1 \over 2}$ . Lo anterior puede escribirse como $${\tanh(t) \over \tanh(kt)} \geq {1 \over k}$$ Desde ${\displaystyle {\tanh(t) \over \tanh(kt)}}$ es par, basta con demostrarlo para $t > 0$ . Para $t > 0$ la ecuación anterior puede reescribirse como $$\tanh(kt) \leq k\tanh(t)$$ La derivada del lado izquierdo es $k$ sech^2 $(kt)$ mientras que la derivada del lado derecho es $k$ sech^2 $(t)$ . Dado que sech es decreciente para $t \geq 0$ (esto viene del hecho de que $\cosh$ es creciente), la derivada del lado izquierdo es menor que la del derecho. Como los lados izquierdo y derecho son iguales en $t = 0$ , el lado izquierdo es siempre como máximo el lado derecho y se demuestra la desigualdad.

Answer 2

Por cada positivo $a\ne1$ , defina $F(a)$ como $$F(a)=\frac{(a-1)(a^k+1)}{(a+1)(a^k-1)}.$$ Desde $F(a)=F(1/a)$ se puede suponer que $a>1$ . Entonces, reduciendo todo al mismo denominador, se ve que $F(a)\geqslant1/k$ si y sólo si $G(a)\geqslant0$ , donde $$G(a)=k(a-1)(a^k+1)-(a+1)(a^k-1),$$ es decir, $$G(a) = (k-1) a^{k+1} - (k+1)a^k + (k+1) a -(k-1).$$ Se trata de un polinomio en $a$ y $G(1)=0$ . La derivada es $$G'(a)=(k+1)H(a), \quad H(a)=(k-1) a^{k} - ka^{k-1}+1.$$ Se ve que $H(1)=0$ y $$H'(a)=k(k-1)a^{k-2}(a-1),$$ Por lo tanto, $H'(a)>0$ por cada $a>1$ y $H(a)>H(1)=0$ por cada $a>1$ . Así, $G$ está aumentando en $a\geqslant1$ y hemos terminado.

Editar La misma técnica se puede utilizar para demostrar que el supremum de $F(a)$ se alcanza cuando $a\to+\infty$ (y cuando $a=0$ ) y que este supremum es $1$ . Desde $F(a)\to1/k$ cuando $a\to1$ , $a\ne1$ se ve que $1/k<F(a)<1$ por cada positivo $a\ne1$ y que estas desigualdades son agudas.

Para calcular el supremum, supongamos que $a>1$ y considerar la derivada de $\log F$ en $a$ . Después de algunas simplificaciones, esto tiene el signo de $$J(a)=a^{2k}-1-ka^{k-1}(a^2-1).$$ Así, $J(1)=0$ y $J'(a)$ tiene el signo de $$K(a)=2a^{k+3}-(k+1)a^2+k-1.$$ Así, $K(1)=0$ y $K'(a)=2(k+3)a^{k+2}-2(k+1)a>2(k+1)a(a^{k+1}-1)>0$ . Por lo tanto, $K$ está aumentando en $a>1$ En particular $K(a)>0$ . Por lo tanto, $J$ está aumentando en $a>1$ En particular $J(a)>0$ . Por lo tanto, $\log F$ está aumentando en $a>1$ . Dado que el límite de $F$ en el infinito es $1$ Esto demuestra que $F(a)<1$ por cada positivo $a$ , $a\ne1$ .

Answer 3

Probablemente quieras $1-\alpha$ para ese primer término, de lo contrario todo es negativo. Trazando esto para un término arbitrario $k$ es fácil ver que los valores mínimos se dan en $\alpha = 1$ . Un poco de Mathematica ...

Table[Limit[FullSimplify[( (1 - a) (1 + a^k) ) / ( (1 + a) (1 - a^k) )], a -> 1], {k, 1, 10}]

lleva a {1, 1/2, 1/3, 1/4, 1/5, 1/6, 1/7, 1/8, 1/9, 1/10} .

Aquí hay una parcela de Plot[Table[n ((1 - a) (1 + a^n))/((1 + a) (1 - a^n)), {n, 1, 50}], {a,0,10}] :