Mostrar que $\frac{(1-y^{-1})^2}{(1-y^{-1 -c})(1-y^{-1+c} )}$ está disminuyendo en $y > 1 $.

Question

Estoy interesado en la función $f(y) = \frac{(1-y^{-1})^2}{(1-y^{-1 -c})(1-y^{-1+c} )},$ para los valores de $c \in (0,1)$ y $y > 1$ y han estado tratando de demostrar que la función es decreciente.

He tratado de distinguir la función, pero esto no proporciona una fórmula particularmente susceptible para decidir si $f'(y) < 0$. Asimismo han considerado la relación $f(y)/f(\tilde y)$, pero otra vez han podido determinar una desigualdad para esto.

Le agradeceria cualquier otras aproximaciones al problema.

Answer 1

EDITAR

Una más fáciles de la prueba:

Nota \begin{eqnarray} f(y) &=& \frac{(1-y^{-1})^2}{(1-y^{-1-c})(1-y^{-1+c})} \\ &=& \frac{(y^{1/2}-y^{-1/2})^2}{(y^{\frac{1+c}{2}}-y^{-\frac{1+c}{2}})(y^{\frac{1-c}{2}}-y^{-\frac{1-c}{2}})} \\ &=& \left(\frac{\sinh x}{\sinh \ (1+c)x}\right)^2, \end{eqnarray} donde $x = \log\sqrt{y}$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar $$ t(x) =\frac{\sinh x}{\sinh \ (1+c)x} $$ es la disminución de $x>0$. Nota \begin{eqnarray} t'(x) &=& \frac{\sinh (1+c)x \cosh x - (1+c)\sinh x \cosh(1+c)x}{\sinh^2 (1+c)x} \\ &=& \cosh x \cosh(1+c)x \frac{\tanh (1+c)x - (1+c)\tanh x}{\sinh^2 (1+c)x}. \end{eqnarray} Todos los factores aquí son estrictamente positivos para $x>0$ con la excepción de $s(x)\equiv\tanh (1+c)x - (1+c)\tanh x$, que es estrictamente negativo. Para ver esto, observe \begin{eqnarray} s'(x) = (1+c) \cosh^{-2} (1+c) x - (1+c) \cosh^{-2} x \end{eqnarray} y utilice el hecho de que $\cosh x$ es estrictamente creciente para $x>0$.

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La PRUEBA ORIGINAL (no Añade nada de más arriba)

Usted está interesado en la función $$ f(y) = \frac{(1-y^{-1})^2}{(1-y^{-1-c})(1-y^{-1+c})} $$ para $y>1$. Tenga en cuenta que $f(y)$ es estrictamente decreciente para $y>1$ fib $x\mapsto \frac{(1-x)^2}{(1-x^{1+c})(1-x^{1-c})}$ es estrictamente creciente para $0<x<1$ (debido a $s\mapsto \frac{1}{s}$ es estrictamente decreciente en a $s>0$). Observar $$ \frac{(1-x)^2}{(1-x^{1+c})(1-x^{1-c})} = \frac{1}{1 - \frac{x^{1+c} + x^{1-c} - x 2}{(1-x)^2}}. $$ El lado derecho puede ser escrito $1/(1-g(x))$ donde $$ g(x) = \frac{x^{1+c} + x^{1-c} - x 2}{(1-x)^2}. $$ Queremos mostrar que $1/(1-g(x))$ es estrictamente creciente para $0<x<1$. Esto va a seguir si somos capaces de mostrar $g(x)$ es positivo y estrictamente creciente para $0<x<1$. Uno puede escribir $$ g(x) = \frac{x}{(1-x)^2} (x^c + x^{c} - 2). $$ Los dos factores puede ser reescrito de la siguiente manera: \begin{eqnarray} \frac{x}{(1-x)^2} &=& \frac{1}{(x^{1/2} - x^{-1/2})^2} \\ x^c + x^{-c} - 2 &=& (x^{c/2} - x^{-c/2})^2. \end{eqnarray} Nos encontramos con la hermosa expresión de $g(x)$: $$ g(x) = \left(\frac{x^{c/2} x^{-c/2}}{x^{1/2} x^{-1/2}}\right)^2. $$ Ahora es obvio $g(x) > 0$.

Ahora a $g$ es estrictamente creciente. Podemos volver a usar el "aumento de funciones de funciones crecientes están aumentando" truco para ignorar la plaza. También nos sustituto $s=-\frac{1}{2}\log x$. Con esta transformación, $0<s<+\infty$, y desde $s$ es estrictamente decreciente en función de $x$, ahora debemos mostrar $h(s)$ es estrictamente decreciente para $0<s$ donde $$ h(s) = \frac{\sinh(cs)}{\sinh s}. $$ ($h$ se obtiene simplemente sustituyendo $s=-\frac{1}{2}\log x$ $g(x)$ expresión anterior). Calcular: \begin{eqnarray} h'(s) &=& \frac{c \sinh s \cosh (cs) - \sinh(cs) \cosh s}{\sinh^2 s} \\ &=& \cosh s\cosh(cs)\frac{c\tanh s - \tanh(cx) }{\sinh^2 s}. \end{eqnarray} El $\cosh$ $\sinh$ factores son positivos para $s>0$. A ver que $$ p(s) = c\tanh s - \tanh(cx) $$ es negativo, tenga en cuenta que$p(0)=0$$p'(s) = c(\cosh^{-2} s - \cosh^{-2} (cs))$. Desde $\cosh s$ es estrictamente creciente para $s>0$, $p'(s)<0$, por lo $h(s)$ es, de hecho, estrictamente decreciente en a $s$. Hemos terminado.

Answer 2

Deje $f_c(x)=\frac{(1-x^{-1})^2}{(1-x^{-1-c})(1-x^{-1+c})}$. A continuación,$\frac{\partial}{\partial c}(\ln f_c(x))=-\ln x(\frac{1}{x^{c-1}-1}+\frac{1}{x^{c+1}-1}+1)$, por lo que desde $f_0(x)=1$, es suficiente para mostrar que $\frac{1}{x^{c-1}-1}+\frac{1}{x^{c+1}-1}$ es cada vez mayor con respecto a $x > 1$. $\frac{1}{x^{c-1}-1}$ es negativo y creciente, $\frac{1}{x^{c+1}-1}$ es positiva y decreciente, y $\frac{\partial (x^{c-1}-1)^{-1}}{\partial x} = \frac{c-1}{c+1}\left(\frac{x^{c+1}-1}{x-x^c}\right)^2 \frac{\partial (x^{c+1}-1)^{-1}}{\partial x}$, por lo que debemos mostrar ese $\frac{x^{c+1}-1}{x-x^c} > \sqrt{\frac{1+c}{1-c}}$. Por L'Hôpital la regla de $\frac{x^{c+1}-1}{x-x^c}$ enfoques $\frac{1+c}{1-c} > \sqrt{\frac{1+c}{1-c}}$$x=1$, por lo que es suficiente para mostrar que $\frac{x^{c+1}-1}{x-x^c}$ es el aumento en $x>1$.

$\frac{\partial}{\partial x}(\ln\frac{x^{c+1}-1}{x-x^c}) = \frac{cx^c(x^2-1)-x(x^{2c}-1)}{x(x-x^c)(x^{c+1}-1)}$, por lo que dado que el denominador es positivo, debemos mostrar que $cx^c(x^2-1)>x(x^{2c}-1)$. Desde que ambos lados son iguales a cero, cuando se $c=0$, teniendo en $\frac{\partial}{\partial c}$ de ambos lados y la simplificación de la muestra que es suficiente para mostrar que $\phi_c(x) > \psi_c(x)$ donde$\phi_c(x)=x^{1-c}-x^{-1-c}$$\psi_c(x)=\frac{2}{c + (\ln x)^{-1}}$. Ahora$\frac{\partial \phi_k}{\partial c}(x)=-\phi_k(x)\ln x$$\frac{\partial \psi_k}{\partial c}(x) = -\frac{1}{2}(\psi_k(x))^2$, por lo que desde $\ln x > \frac{1}{2}\psi_k(x)$ si $\phi_c(x) > \psi_c(x)$ para un determinado $c$$\frac{\partial \phi_c}{\partial c}(x) < \frac{\partial \psi_c}{\partial c}(x)$. Por lo tanto, es suficiente para mostrar que el $\phi_1(x) > \psi_1(x)$, es decir, que $x^2-1+\frac{x^2-1}{\ln x} > 2$.

Por L'Hôpital la regla de $x^2-1+\frac{x^2-1}{\ln x}$ enfoques $2$$x=1$, por lo que es suficiente para mostrar que $\frac{x^2-1}{\ln x}$ es cada vez mayor. Ahora $(\frac{x^2-1}{\ln x})'=\frac{x^2(2\ln x - 1)+1}{x\ln^2 x}$. Puesto que la derivada de $x^2(2\ln x - 1)+1$$4x\ln x$, cuyo único cero ( $x > 0$ )$x=1$, se deduce que el valor mínimo de $x^2(2\ln x - 1)+1$ $x=1$ donde es igual a $0$, y por tanto, para $x>1$ tenemos $\frac{x^2(2\ln x - 1)+1}{x\ln^2 x} > 0$. Por lo tanto, $\frac{x^2-1}{\ln x}$ es el aumento de $x>1$. QED

Answer 3

Queremos mostrar que $$ f(y) = \dfrac {\left( 1 - y^{-1} \right)^2}{\left( 1 - y^{-1-c} \right) \cdot \left( 1 - y^{1+c} \right)} $$ is decreasing in $ y > 1 $. Indeed, we can differentiate. It suffices to show that $ f'(y) < 0 $, for $ y > 1 $, if $ \in c (0, 1) $.

Así, diferenciamos usando la regla del cociente: $$ f'(y) = \dfrac {(1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})(2)(1-y^{-1})(y^{-2}) - (1-y^{-1})^2\left((1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})\right)'}{\left( 1 - y^{-1-c} \right)^2 \cdot \left( 1 - y^{1+c} \right)^2}. $$Now, let $ h(x)$ be the numerator of this function. That is: $$ h(y) = (1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})(2)(1-y^{-1})(y^{-2}) - (1-y^{-1})^2\left((1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})\right)'. $$Since the denominator of $f'(y) $ is always positive, $ f'(y) < 0 \implies h(y) < 0 $.

Que $ g(y) = \left( 1 - y^{-1-c} \right) \cdot \left( 1 - y^{1+c} \right) $.

Then, $$ g(y) = 1 - y^{-1-c} - y^{1+c} + 1 = 2 - y^{1+c} - y^{-1-c}, $$ so $$ g'(y) = - \left( 1+c \right) y^c - \left( -1 - c \right) y^{-2-c} = - \left( 1 + c \right)y^c + (1+c) y^{-2} - c, $$ $$ \implies g'(y) = (1+c) \cdot \left( y^{-2-c} - y^c \right). $$Now, going back to $h(y)$, we have: $$ (1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})(2)(1-y^{-1})(y^{-2}) - (1-y^{-1})^2(1+c)(y^{-2-c}-y^c) < 0. $$

$ \implies (1-y^{-1-c})(1-y^{1+c})(2)(1-y^{-1})(y^{-2}) < (1-y^{-1})^2 (1+c)(y^{-2-c} - y^c) $

$ \stackrel{y \ne 1}{\implies} (2 - y^{-1-c} - y^{1+c})(2)(y^{-2}) < (1-y^{-1})(1+c)(y^{-2-c}-y^c) $

$ \implies 2 \cdot \left( 2y^{-2} - y^{-3-c} - y^{-1+c} \right) < (1+c) \cdot (y^{-2-c} - y^c - y^{-3-c} + y^{-1+c}) $

$ \implies 4y^{-2} - 2y^{-3-c} - 2y^{-1+c} < y^{-2-c} - y^c - y^{-3-c} + y^{-1+c} + cy^{-2-c} - cy^c - cy^{-3-c} + y^{-1+c}) $

Desde aquí, como el grupo de términos y obtenemos, si es verdad $ c \in (0, 1) $ $ y > 1 $, el resultado.