La convexidad de $x\left(1+\frac1x\right)^x,\ x\ge 0$

Question

Esto puede llegar a ser muy simple, pero yo no lo veo de una manera rápida a la prueba. ¿Cómo sería un espectáculo $\displaystyle x\Big(1+\frac1x\Big)^x,\ x\ge 0$ es convexo?

Yo derivada de la segunda derivada. Tiene un término negativo. Supongo que me podría combinar ciertos términos, para que la negatividad desaparece. Pero espero que haya una manera muy inteligente para ver de inmediato.

Answer 1

La siguiente respuesta es un compuesto de los comentarios de los cansados bajo el original de la pregunta y de la respuesta de Michael Rozenberg. La forma más rápida al final de la observación.

Lema 1. Si $f(x)$ $x>0$ es convexo y dos veces diferenciable, entonces $xf(\frac{1}{x})$ es convexa para $x>0$.

Prueba. Por un cálculo directo $\dfrac{\mathrm{d}^2 (x f(\frac{1}{x}))}{\mathrm{d} x^2} = \dfrac{f''\Big(\dfrac{1}{x}\Big)}{x^3}$. QED

Lema 2. Deje $f(x)$ dos veces diferenciable y positivo para $x>0$. Si $\ln f(x)$ es convexa, entonces $f(x)$ es convexa.

Prueba. Por un cálculo directo $\dfrac{\mathrm{d}^2 \ln f(x)}{\mathrm{d} x^2} = \dfrac{f(x)f''(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)}$, y al darse cuenta de que $\ln f(x)$ es convexa, obtenemos $$ \dfrac{f(x)f"(x)-[f'(x)]^2}{f^2(x)} \ge 0. $$ Desde $f(x)$ es positivo, $$ f"(x) \ge \dfrac{[f'(x)]^2}{f(x)}\ge 0. $$ QED

La prueba de la convexidad de $x(1+1/x)^x$. Por el Lema 1, que solo tenemos que mostrar que $g(x)=(1+x)^{1/x}$ es convexa. Entonces, por el Lema 2, es suficiente para demostrar que $\ln g(x) = \frac{1}{x}\ln (1+x)$ es convexa.

Desde $$\dfrac{\mathrm{d}^2 \ln g(x)}{\mathrm{d} x^2} = \frac{2 (x+1)^2 \log (x+1)-x (3 x+2)}{x^3 (x+1)^2},$$ tenemos que demostrar que $$ \log (x+1)-\frac{x (3 x+2)}{2 (x+1)^2}>0, $$ que puede ser fácilmente seguido de $$ \dfrac{\mathrm{d} \Bigl(\log (x+1)-\frac{x (3 x+2)}{2 (x+1)^2}\Bigr)}{\mathrm{d} x} = \frac{x^2}{(x+1)^3} > 0 $$ y $\lim\limits_{x\to 0^+}\Big[\log (x+1)-\frac{x (3 x+2)}{2 (x+1)^2}\Big] = 0$. QED

Observación. Para Lema 1 ver Convexa de la función de cálculo,es decir,

Si $f(x)$ es convexa, entonces su perspectiva de $\displaystyle > g(x,t)=tf\Big(\frac{x}{t}\Big)$ (whose domain is ${\displaystyle > \left\lbrace (x,t)\big|{\tfrac {x}{t}}\in {\text{Dom}}(f),t>0\right\rbrace > } \left\lbrace (x,t)\big|{\tfrac {x}{t}}\en > {\text{Dom}}(f),t>0\right\rbrace )$ es convexa.

Parece que el anterior lema es la probabilidad de que no estoy familiarizado con. Así que me muestran Lema 1 en su lugar. Y por Lema 2 ver https://en.wikipedia.org/wiki/Logarithmically_convex_function. Si el problema viene de un libro de texto, creo que la de arriba es una manera inteligente. Si se trata de una verdadera investigación, Michael Rozenberg la respuesta es bastante buena. Sin embargo, la mayoría de manera inteligente, que va a devolver el resultado a menos de 1 segundo, he encontrado es escribir el siguiente código en Mathematica:

Minimize[{D[x (1 + 1/x)^x, {x, 2}], x > 0}, x]

Answer 2

Deje $f(x)=x\left(1+\frac{1}{x}\right)^x$ donde $x>0$.

Por lo tanto, $$f''(x)=\frac{\left(1+\frac{1}{x}\right)^x\left(x(x+1)^2\ln^2\left(1+\frac{1}{x}\right)+2(x+1)\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-x-3\right)}{(x+1)^2}.$$ Por lo tanto, tenemos que demostrar que $$\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)>\frac{\sqrt{x^2+3x+1}-1}{x(x+1)}.$$ Deje $g(x)=\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)-\frac{\sqrt{x^2+3x+1}-1}{x(x+1)}.$

Por lo tanto, $$g'(x)=\frac{2x^3+9x^2+7x+2-2\sqrt{(x^2+3x+1)^3}}{2x^2(x+1)^2\sqrt{x^2+3x+1}}=$$ $$=-\frac{11x^3+46x^2+35x+8}{2x(x+1)^2\sqrt{x^2+3x+1}\left(2x^3+9x^2+7x+2+2\sqrt{(x^2+3x+1)^3}\right)}<0,$$ el que dice que $g(x)>\lim\limits_{x\rightarrow+\infty}g(x)=0$ y hemos terminado!