Esta respuesta se agrega a los otros, principalmente porque sus métodos son diferentes, y (al menos para mí) que el argumento de menos involucrados. Trabajando con la derivada de la función original es difícil debido a la presencia de un registro de plazo agregado a un racional plazo. Espero que alguien encuentra este enfoque interesante, aunque sólo sea como una variante de uno.
Primera nota de que, ya que queremos mostrar la desigualdad de la OP tiene para todos los verdaderos $a \neq b$, utilizaremos $a,b$ más que el $-a,-b$ frente al $x$ en los dos exponenciales. También vamos a colocar la inicial signo menos delante de toda la función y, a continuación, el OP de la función es decreciente iff nuestro alteración de la función es creciente. Estos ajustes hacen que el álgebra ir más suave y no afectan al argumento.
Deje $f(x)$ se denota en referencia a sus parámetros como
$$f(p,a,b,x)=\frac{1}{x} \log(p e^{ax}+(1-p)e^{bx}).$$
Tenga en cuenta que, a continuación,$f(p,a,b,x)=f(1-p,b,a,x).$, con Lo que podemos suponer que la $a>b$ ya que si esto no es así, podemos reemplazar $p$ $1-p$ y el intercambio de las cartas de $a,b.$ Deje $k=a-b>0.$ $a=b+k$ y el uso de $e^{ax}=e^{bx}e^{kx}$ desembocamos en una forma similar a la utilizada en otros posts:
$$f(x)=b+ \frac{1}{x} \log(pe^{kx}+1-p).$$
Ahora vamos a $t=kx$ y nota que desde $k>0$ tenemos $t$ aumenta con la $x$, y, a continuación, a partir de lo anterior, después de dejar a la inicial agregado constante de $b$ y la reescritura de la inicial de la fracción como $k\cdot \frac{1}{kx},$ y también caer la inicial factor positivo $k$, podemos ver que $f(x)$ va a ser el aumento de la fib $g(t)$ es creciente, donde
$$g(t)=\frac{1}{t} \log(p e^t +1-p).$$
[Nota de que en el parámetro de la notación esto es $f(p,1,0,t)$, por lo que hasta ahora hemos reducido el problema a un caso particular.]
Tenga en cuenta que tal y como está $g(0)$ no está definido; sin embargo L'Hôpital muestra el límite de $t \to 0$ $g(t)$ es el parámetro de $p$. Y tenga en cuenta también para más tarde ese $g$ es analítica en $\mathbb{R} \setminus \{ 0 \} .$
Ahora $g(t)$ tiene las propiedades que $0 < g(t) < 1$ y $g(t) \to 0$ $t \to -\infty$ $g(t) \to 1$ $t \to \infty.$ Estas propiedades son fáciles de demostrar, y voy a agregar detalles, si alguien lo pide. En particular, el rango de $g$ es el intervalo abierto $(0,1).$
La REIVINDICACIÓN PRINCIPAL: $g'(t) \ge 0$ todos los $t.$
De lo contrario, elija un fijo $t_1$ a que $g'(t_1)<0.$, Entonces uno puede elegir los puntos de $a,b$ cerca de $t_1$ que $a<t_1<b$ también $f(a)>f(t_1)>f(b).$ Ahora desde $g$ es continua en a $(-\infty,a]$ y se va a $0$$-\infty$, no es por el teorema del valor intermedio algún punto de $t_0<a$ que $g(t_0)=g(t_1).$ Asimismo, desde $g$ $1$ $+\infty$ hay algún punto de $t_2>b$ que $g(t_2)=g(t_1).$, por Lo que a partir de la suposición de que $g'(t_1)<0$, se han producido tres puntos de $t_0<t_1<t_2$ en cada uno de los cuales $g$ tiene el mismo valor, decir $a$, es decir,
$$g(t_0)=g(t_1)=g(t_2)=a.$$
Ahora asumiendo $t\neq 0$ podemos considerar la ecuación de $g(t)=a,$ multiplicar a través de por $t$ y expontiate, y obtener el equivalente de la ecuación de $w(t)=0$ donde
$$w(t)=pe^t+1-p-e^{at}.$$
Tenga en cuenta que si $t=0$ $w(0)=0$ sostiene que no importa lo que los valores de $p,a$. A partir de lo anterior, la visualización de $a$ como la constante de valor común de la $g(t_j),$ vemos que $w(t)=a$ tiene tres soluciones distintas en $t_0<t_1<t_2$. Así, por el teorema de Rolle hay dos valores distintos $t_a,t_b$, uno en cada intervalo abierto $(t_0,t_1)$ $(t_1,t_2)$ donde$w'(t_a)=w'(t_b)=0.$, Pero el cálculo de $w'$ da
$$w'(t)=pe^t-ae^{at}$$
de modo que $w'(t)=0$ implica $pe^t=ae^{at}$,$e^{t-at}=a/p$, por lo que el $e^{(1-a)t}=a/p$ que tiene una única solución, ya que la constante de $1-a$ no es cero (recordemos $0<a<1$). Por lo tanto $w'(t)=0$ no tiene dos soluciones distintas, contradiciendo las dos soluciones garantizadas anteriormente utilizando el teorema de Rolle. Esto completa nuestro argumento a favor de la reivindicación principal.
Ahora que conocemos $f'(t)\ge 0$ sólo queda mostrar que, de hecho, $f$ es estrictamente creciente. Pero esto se desprende de $f' \ge 0$ por el hecho de que $f$ es analítica, excepto en $0$, debido a una analítica no constante de la función no puede ser cero en todos los puntos de un intervalo abierto.
