Quiero demostrar que la función $$g(x)=\frac{\ln(S_n (x))}{\ln(S_{n-1}(x))},\,x >0$$ is increasing in $x$ for all $$ n, donde $ S_n(x)= \sum_{m=0}^{n}\frac{x^m}{m!}$. La diferenciación se da algo desordenado que no he sido capaz de demostrar que no es negativo. También he estado tratando de encontrar un " $h(x)$ el aumento y demostrando que $ h(g(x))$ es el aumento de $\ln(\cdot)$ parece un buen candidato.
Por el trazado estoy casi convencido de que la afirmación es verdadera.
Nota: Aquí es un primer paso hacia una respuesta completa. El punto que me gustaría abordar es el discreto registro de la concavidad de la función de $S_n$ fijos $x>0$. Esto significa $S_n$ cumple
\begin{align*} S_{n-1}^2(x)\geq S_n(x)S_{n-2}(x)\qquad\qquad x>0, n\geq 2\tag{1} \end{align*}
Corresponde un ejemplo se puede encontrar por ejemplo en las diapositivas acerca de Log-convexidad y Registro de la concavidad por Dmitry Karp. Puede echar un vistazo a la sección acerca de las funciones de Bessel donde la desigualdad (1) para estas funciones se afirma y algunos más nítida resultados se presentan posteriormente.
Por favor, tenga en cuenta que en el fin de mostrar a $g(x)$ es el aumento de una aún más la desigualdad que (1) tiene que ser probado.
Empezamos como @Arashium hizo. El uso de la diferencial operador $D_x$ obtenemos \begin{align*} D_xS_n(x)=D_x\sum_{m=1}^{n}\frac{x^{m-1}}{(m-1)!}=\sum_{m=0}^{n-1}\frac{x^m}{m!}=S_{n-1}(x) \end{align*} y si se omite el argumento de $x$ tenemos \begin{align*} D_x\ln(S_n)&=\frac{1}{S_n}D_x(S_n)=\frac{S_{n-1}}{S_n}\\ \end{align*} y \begin{align*} D_xg&=D_x\frac{\ln(S_n)}{\ln(S_{n-1})} =\frac{\ln(S_{n-1})D_x\ln(S_n)-\ln(S_n)D_x\ln(S_{n-1})}{\ln^2(S_{n-1})}\\ &=\frac{1}{\ln^2(S_{n-1})}\left(\frac{S_{n-1}}{S_n}\ln(S_{n-1})-\frac{S_{n-2}}{S_{n-1}}\ln(S_n)\right)\tag{2} \end{align*}
Con el fin de mostrar que la función de $g$ es el aumento necesitamos $D_xg\geq 0$.
Por tanto, la siguiente es demostrar de acuerdo a (2) \begin{align*} S_{n-1}^2\geq S_{n-2}S_n\frac{\ln(S_n)}{\ln(S_{n-1})}\tag{3} \end{align*}
Aquí está la prueba de que el más débil de la desigualdad (1) mostrar que $S_n(x)$ es discreto registro-cóncavo fija $x>0$.
\begin{align*} S_{n-1}(x)^2&-S_{n-2}(x)S_n(x)=\\ &=\left(S_{n-2}(x)+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\right)^2-S_{n-2}(x)\left(S_{n-2}(x)+\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{x^{n}}{n!}\right)\\ &=S_{n-2}(x)\left(\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}-\frac{x^{n}}{n!}\right)+\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}S_{n-2}(x)\left(1-\frac{x}{n}\right)+\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(\sum_{m=0}^{n-2}\frac{x^m}{m!}\right)\left(1-\frac{x}{n}\right)+\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(\sum_{m=0}^{n-2}\frac{x^m}{m!}-\frac{1}{n}\sum_{m=0}^{n-2}\frac{x^{m+1}}{m!}\right) +\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(\sum_{m=0}^{n-2}\frac{x^m}{m!}-\frac{1}{n}\sum_{m=1}^{n-1}\frac{x^{m}}{(m-1)!}\right) +\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(1+\sum_{m=1}^{n-2}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{n}\right)\frac{x^m}{(m-1)!}-\frac{x^{n-1}}{n(n-2)!}\right) +\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!^2}\\ &=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}\left(1+\sum_{m=1}^{n-2}\left(\frac{1}{m}-\frac{1}{n}\right)\frac{x^m}{(m-1)!}\right)\\ &\qquad\qquad+\frac{x^{2n-2}}{(n-1)!(n-2)!}\left(\frac{1}{n-1}-\frac{1}{n}\right)\tag{4}\\ &>0\\ \end{align*}
A partir de la línea (4) es evidente que la desigualdad es válida y por tanto podemos concluir que $S_n$ es discreto registro-cóncavo.
El reto es, por supuesto, para agudizar la desigualdad (4) para obtener (3).
Nota: Puesto que la función de $\ln$ es monótonamente creciente obtenemos debido a que el registro de la concavidad de $S_n$
\begin{align*} \ln\left(S_{n-1}^2(x)\right)&\geq\ln\left(S_n(x)S_{n-2}(x)\right)\\ 2\ln\left(S_{n-1}(x)\right)&\geq\ln\left(S_n(x)\right)+\ln\left(S_{n-2}(x)\right)\\ \end{align*}
que puede de alguna utilidad para los cálculos posteriores.
Puedo reducir el problema a una puramente polinomio de identidad, sin ningún tipo de registros. Como se explicó tanto por @MarkusScheuer y @Arashium, la desigualdad se muestra es equivalente a $S_{n-1}^2\geq S_{n-2}S_n\frac{\ln(S_n)}{\ln(S_{n-1})}$. Para aislar uno de los registros, pongamos $\phi_n=\frac{S_{n-1}^2}{S_{n-2}S_n}\ln(S_{n-1})-\ln(S_n)$. El objetivo es entonces para mostrar que $\phi_n$ es no negativa. Desde $\phi_n(0)=0$, por lo que será suficiente para mostrar que $\phi'_n$ es no negativa. Si establecemos $F_n=\frac{S_{n-1}^2}{S_{n-2}S_n}$, entonces
$$\phi'_n=F'_n\ln(S_{n-1})+F_n\frac{S_{n-2}}{S_{n-1}}-\frac{S_{n-1}}{S_{n}}= F'_n\ln(S_{n-1}) \etiqueta{1} $$
Desde $\ln(S_{n-1}) \geq 0$, es suficiente para mostrar que $F'_n$ es no negativa. Un poco cálculo muestra que
$$ F'_n=\frac{S_{n-1}}{(S_{n-2}S_n)^2}G_n, \ \text{con} \ G_n=2S_nS_{n-2}^2-S_{n-1}(S_{n-3}S_n+S_{n-2}S_{n-1}) $$
Será suficiente para demostrar que el polinomio reescalado $H_n=\frac{n!(n-1)!(n-2)!}{x^{n-2}}G_n$ satisface
$$ H_n=\sum_{0 \leq i \leq j \leq n-2} (n-j)!(n-j-1)!(j-i)! \binom{n-2}{j}\binom{j}{i}\binom{2n+1-i-j}{j-i}x^{i+j} \etiqueta{2} $$
He comprobado que (2) es verdadera para cualquier $n\leq 40$ con la ayuda de un equipo, pero no pudo encontrar una prueba de lo lejos. He creado un aparte de la pregunta de la prueba de (2).
LO SIENTO, ESTA RESPUESTA FUE ROTO. De hecho, $(\dagger)$ no implica $(\ast)$. Lo dejaré por ahora, hasta que he descubierto lo que mejor se hacer con él.
El punto de esta respuesta es para proporcionar una reducción a otro polinomio de la desigualdad. Aunque no puedo probar esta desigualdad, ya sea, yo soy más optimista al respecto, porque es cuadrática en la $S_n$, en lugar del cúbicos como Ewan, y porque puedo demostrar que es lógicamente equivalente a Ewan la desigualdad.
Recordemos que Ewan la desigualdad es $$-S_{n-1}^2 S_{n-2} + 2 S_n S_{n-2}^2 - S_{n} S_{n-1} S_{n-3} \geq 0 \quad (\ast).$$ El punto de esta respuesta es para mostrar que $(\ast)$ es lógicamente equivalente a $$\frac{n-1}{n} S_{n-1}^2 \leq S_n S_{n-2}. (\dagger)$$ Para $2 \leq n \leq 30$, he comprobado la declaración más fuerte que los coeficientes de $S_n S_{n-2} - \frac{n-1}{n} S_{n-1}^2$ son positivos.
La prueba de que $(\ast)$ implica $(\dagger)$: Dividiendo por $S_n S_{n-1} S_{n-2}$, $(\ast)$ es $$0 \leq - \frac{S_{n-1}}{S_n} + 2 \frac{S_{n-2}}{S_{n-1}} - \frac{S_{n-3}}{S_{n-2}} = \frac{d}{dx} \left( \log \frac{S_{n-1}^2}{S_{n} S_{n-2}} \right)$$ Por lo $(\ast)$ es equivalente a la afirmación de que $\frac{S_{n-1}^2}{S_{n} S_{n-2}}$ es cada vez mayor. Tomamos nota de que $\lim_{x \to \infty} \frac{S_{n-1}^2}{S_{n} S_{n-2}} = \frac{n}{n-1}$, por lo que, si $(\ast)$ sostiene, a continuación, $\frac{S_{n-1}^2}{S_{n} S_{n-2}} \leq \frac{n}{n-1}$ todos los $x$, que reorganiza a $(\dagger)$. $\square$
Por cierto, también podemos usar esto para dar otra prueba de que $(\ast)$ es equivalente a la desigualdad original: $\frac{S_{n-1}^2}{S_{n} S_{n-2}} = \frac{S_{n-1}/S_{n}}{S_{n-2}/S_{n-1}}$. Si $f(x)/g(x)$ es creciente, entonces también lo es $\int_0^y f(x) dx/\int_0^y g(x) dx$ (véase, por ejemplo, [aquí][1]). Por lo $\frac{\int S_{n-1}/S_{n}}{\int S_{n-2}/S_{n-1}} = \frac{\log S_{n}}{\log S_{n-1}}$ es cada vez mayor.
La prueba de que $(\dagger)$ implica $(\ast)$. Comenzando con $(\dagger)$, se multiplica por $S_n S_{n-2} x^{2n-2}/(n! (n-1)!)$ para obtener
$$S_n S_{n-1}^2 S_{n-2} \frac{x^n x^{n-2}}{n! (n-2)!} \geq \frac{(x^{n-1})^2}{(n-1)!^2} S_n^2 S_{n-2}^2.$$
Me copió mal el signo en este paso; la desigualdad en el centro del punto de la otra manera. He eliminado los pasos después de esto, pero la idea era hacer algo de álgebra, de llegar a un AM-GM, y luego hacer algo de más de álgebra. Desde el AM-GM es el único no-reversible paso, esto significa que no podemos demostrar $(\ast)$ por esta ruta.
En otras palabras, $$(1/2) (x^n/n! S_{n-1} S_{n-2} + x^{n-2}/(n-2)! S_n S_{n-1}) \geq S_n (x^{n-1}/(n-1)!) S_{n-2} \quad (\ast \ast)$$ es de suponer que la verdad, ya que es lógicamente equivalente a $(\ast)$. Pero $$\sqrt{x^n/n! S_{n-1} S_{n-2} \cdot x^{n-2}/(n-2)! S_n S_{n-1}} \geq S_n (x^{n-1}/(n-1)!) S_{n-2}$$ es falso ya para $n=2$. Por lo que cualquier intento de probar $(\ast \ast)$ debe hacer algo más suave que la AM-GM.
No tengo una solución, sino simplemente escribir lo que he alcanzado hasta ahora.
No puedo resolverlo ahora ya estoy en apuro por salir. Pero puede ser de ayuda a otras personas a seguir.
Para mostrar $\mathfrak{g}(x)$ es mayor: $$\mathfrak{g}(x)=\frac{\ln f}{\ln g}$$
$$\mathfrak{g}'(x)\ge0$$
$$\mathfrak{g}'(x)=\frac{\frac{f'}{f}\ln g -\frac{g'}{g}\ln f}{(\ln g)^2}\ge 0$$
o
$$\frac{f'}{f}\ge \frac{g'}{g}\frac{\ln f}{\ln g}$$
aquí $$f(x)=S_{n}(x)$$ $$g(x)=S_{n-1}(x)$$ $$S'_{k}(x)=S_{k-1}(x)$$
Así que tenemos que mostrar
$$\ln (S_{n-1}) S^2_{n-1} \ge S_{n}S_{n-2} \ln (S_n)$$
$$S^2_{n-1}=S^2_{n-2}+(\frac{x^{n-1}}{(n-1)!})^2+2\frac{x^{n-1}}{(n-1)!} S_{n-2}$$
$$S_{n}S_{n-2}=S^2_{n-2}+S_{n-2}(\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{x^n}{n!})$$
El resto de la prueba parece ser más complicado de la cuestión. Estoy muy contento de que si alguien puede continuar.
Estoy pensando en el razonamiento inductivo.
Me puede dar la mitad de la combinatoria argumento de que Ewan está pidiendo. En Ewan la notación, $$G_n = - (S_n-x^n/n!) S_{n-1} S_{n-2} + 2 S_n (S_{n-1} - x^{n-1}/(n-1)!) S_{n-2} - S_n S_{n-1} (S_{n-2} - x^{n-2}/(n-2)!)$$ $$=\frac{x^n}{n!} S_{n-1} S_{n-2} - 2 \frac{x^{n-1}}{(n-1)!} S_n S_{n-2} + \frac{x^{n-2}}{(n-2)!} S_n S_{n-1}.$$ Tenga en cuenta que esto hace claro por qué la $G_n$ tiene entre $x^{n-2}$ $x^{3n-3}$ (y un poco más de trabajo muestra que el coeficiente de $x^{3n-4}$$0$.)
Puedo lidiar con $x^m$$n \leq m \leq 2n-3$. Set $m=n+r$, lo $0 \leq r \leq n-3$. (También es fácil de manejar $r=-1$$r=-2$, pero yo no quiero escribir los detalles.) Queremos entender $$\frac{[x^r]( S_{n-1} S_{n-2})}{n!} - 2 \frac{[x^{r+1}] (S_{n} S_{n-2})}{(n-1)!} + \frac{[x^{r+2}] (S_{n} S_{n-1})}{(n-2)!} \quad (\ast)$$ donde $x^q f(x)$ denota el coeficiente de $x^q$$f(x)$. Ahora, $S_n(x)$ es el primer $n$ términos de la serie de Taylor para $e^x$. Así, por $r$ en el alcance indicado, $$(\ast) = \frac{[x^r]e^{2x}}{n!} - 2 \frac{[x^{r+1}] e^{2x}}{(n-1)!} + \frac{[x^{r+2}] e^{2x}}{(n-2)!} = \frac{2^r}{r! n!} - 2 \frac{2^{r+1}}{(r+1)! (n-1)!} + \frac{2^{r+2}}{(r+2)! (n-2)!}.$$
Factorizando $2^r/((r+2)! n!)$, lo que queda es $$(r+2)(r+1) - 4 (r+2)(n) + 4 n(n-1).$$
La región de $(r+2)(r+1) - 4 (r+2)(n) + 4 n(n-1) \geq 0$ es el exterior de una parábola (en azul), la región de $r \leq n-3$ es la mitad de un plano (que se muestra en amarillo). La recta y la parábola se reúnen en $(r,n) = (-2,1)$ $(-1, 2)$ así que no hay ningún número entero de puntos donde$r \leq n-3$$(r+2)(r+1) - 4 (r+2)(n) + 4 n(n-1) < 0$.
Lo que no puedo entender es cómo lidiar con los términos de $r>n-3$, donde el $S_i S_j$ términos en $(\ast)$ no coincide $e^{2x}$ en los títulos pertinentes.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
