Probar o refutar $(x+\frac{1}{x})^p-x^p-\frac{1}{x^p}\ge 2^p-2$

Question

Que $p\in \mathbb R_{\geq2}$, $x>0$, probar o refutar %#% $ #%

Puedo probar esto para enteros positivos $$\left(x+\dfrac{1}{x}\right)^p-x^p-\dfrac{1}{x^p}\ge 2^p-2$porque podemos utilizar %#%$ #%

¿Pero es esto cierto para todas las $p$?

Answer 1

Voy a reducir la cuestión a algunos resultados conocidos. Para números positivos $a,b$ definimos la media geométrica $G(a,b)$ y la potencia media de la orden de $s$ denotado por $M_s(a,b)$ como sigue $$G(a,b)=\sqrt{ab},\qquad M_s(a,b)=\left(\frac{a^s+b^s}{2}\right)^{1/s}$$ Ahora, con $a=x$, $b=1/x$, y escribir $M_s$ $G$ en lugar de $M_s(a,b)$ $G(a,b)$ por la sencillez, la propuesta de la desigualdad toma la forma $$\frac{M_1^p-G^p}{M_p^p-G^p}\ge 2^{1-p}$$ Así que, este es un caso particular de la más general a la desigualdad

$$\frac{M_s^p-G^p}{M_t^p-G^p}\ge 2^{p/t-p/s}$$ Lo que es válido para $0<s<t$, $p\ge \max(2s,2(s+t)/3)$. Una detallada pruebas y más resultados sobre este tema se puede encontrar en el papel de Omran Kouba titulado: "Los límites de la proporción de las diferencias de poder de los medios en dos argumentos"

Este documento se puede encontrar aquí o aquí.

Answer 2

Comenzando con $L^p$ norma desigualdad $$(x^p +x^{p})^{1/p} \leq x +x^{-1},\;\; p \geq 2 \geq 1,\;\; \infty > x > 0,$$ Or, (since both sides are positive) $$x^p +x^{p} \leq (x +x^{-1})^p$$ Consider, $$L(x) :=(x +x^{-1})^p -(x^p +x^{p}) \geq 0,$$ Particularly, when $x=1$, $$2^p -2 \geq 0.\quad \quad \ldots (\heartsuit)$$ Differentiate $L(x)$, with straightforward arrangement, $$\frac{dL(x)}{dx} = \ldots =p x^{p-1} \big[ (x^2+1)^{p-1} (x^2-1) -(x^{2} -1) \big].$$ We hope that (within considered range) $$\frac{dL(x)}{dx} \geq 0 \quad \quad \ldots (\clubsuit)$$ We first focus on the case $x>1$. Then it amounts to show $$(x^2+1)^{p-1} (x^2-1) \geq x^{2} -1,\quad \quad \ldots (\spadesuit')$$ For, if so, by $(\heartsuit)$, $(\clubsuit)$, and $(\spadesuit')$ $$(x +x^{-1})^p -(x^p +x^{p}) \geq 2^p -2$$ Como se desee.

Volver a $(\spadesuit')$. Con $$y :=\frac{x^2-1}{2(x^2+1)} =\frac{1}{2} -\frac{1}{x^2+1}$$ implying $$0 <y <\frac{1}{2}$$ (Mi motivación de sustitución surgió del deseo de que la totalidad de la desigualdad debe ser escrito en un formulario con "homogéneo dimensiones", y el rango de las variables se encuentran en un intervalo finito.)

Después de algunos completamente fácil pero tediosa manipulación, $(\spadesuit')$ se convierte en $$1 \geq \frac{1}{2y} \left[ \left( \frac{1}{2} +y \right)^p -\left( \frac{1}{2} -y \right)^p \right]. \quad \quad \ldots (\spadesuit)$$ Ahora, esto se interpreta con el hecho de que, en el gráfico de $x^p$, una secante línea acostado en el medio de la $[0,1]$ tiene pendiente menor que 1, que es el de la línea de 0 a 1.

Para mostrar esto, encontrar $\eta_1,\eta_2$, según el valor medio teorema, $$p \eta_1^{p-1} y =\left( \frac{1}{2} +y \right)^p -\left( \frac{1}{2} \right)^p, \\ p \eta_2^{p-1} y =\left( \frac{1}{2} \right)^p -\left( \frac{1}{2} -y \right)^p$$ Thus rhs of $(\spadesuit)$ becomes (to stress dependence on $s$) $$\frac{p}{2} (\eta_1(y)^{p-1} -\eta_2(y)^{p-1})$$ Of course, $\eta_1(y) >\eta_2(y)$. Y observar que $\eta_1(y)$ es el aumento de con $y$. De hecho, la secante de la línea con mayor $y$ debe corresponder a un mayor $\eta_1^{p-1}$, por lo tanto un mayor $\eta_1$. Del mismo modo, $\eta_1(y)$ es la disminución de la con $y$. Así, rhs de $(\spadesuit)$, visto como la función de $y$, está aumentando también. El valor máximo se alcanza cuando la $y=1/2$, lo que da 1.

El caso de $x=1$ es trivial, y el caso de $0<x<1$ puede ser obtenida por $x \mapsto x^{-1}$ y lo hemos demostrado.

Answer 3

Aquí hay una respuesta que de nuevo se hace uso de la derivada, pero en una manera diferente que en la Aminopterina la respuesta. Vamos

$$L(x) = \left(x+\dfrac{1}{x}\right)^p-x^p-\dfrac{1}{x^p} - 2^p+2$$

y queremos establecer que $L(x) \ge 0$. Tenga en cuenta que $L(x=1) = 0$.

Tenemos (ver Aminopterina la respuesta) $$L'(x) = \frac{dL(x)}{dx} = p x^{p-1} \big[ (x^2+1)^{p-1} (x^2-1) -(x^{2} -1) \big]$$

Ahora podemos demostrar que $L(x=1) = 0$ es de hecho la única condición con la igualdad en el OP del problema de si podemos establecer que $L'(x) > 0$$x > 1$$L'(x) < 0$$0<x < 1$. Para este fin, es suficiente para establecer $x^2 = y$ y considerar

$$f(y) = (y+1)^{p-1} (y-1) - y^{p}+1$$

Necesitamos establecer que $f(y) > 0$$y > 1$$f(y) < 0$$0<y < 1$. Ahora, esto se ha establecido aquí, lo que completa la prueba. $\qquad \Box$