Una desigualdad inusual sobre función $\ln$

Question

Estos días, conocí una desigualdad inusual cuando resuelvo un problema difícil, y demostrando la desigualdad significa que he hecho el trabajo! ¿Podría mostrarme cómo comprobarlo o negarlo? Por cierto, creo que es verdad!

$\forall t>0$, Tenemos\begin{align*} &4\ln t\ln (t + 2) - \ln t\ln (t + 1) - 3\ln t\ln (t + 3)\\ + &4\ln (t + 1)\ln (t + 3) - 3\ln (t + 1)\ln (t + 2) - \ln (t + 2)\ln \left( {t + 3} \right)>0. \end{align*}

Que $$f\left( t \right) = 4\ln t\ln \left( {t + 2} \right) - \ln t\ln \left( {t + 1} \right) - 3\ln t\ln \left( {t + 3} \right) + 4\ln \left( {t + 1} \right)\ln \left( {t + 3} \right) - 3\ln \left( {t + 1} \right)\ln \left( {t + 2} \right) - \ln \left( {t + 2} \right)\ln \left( {t + 3} \right),$ $ tenemos $$f'\left( t \right) = \frac{{2\left[ {{t^2}\ln t - 3{{\left( {t + 1} \right)}^2}\ln \left( {t + 1} \right) + 3{{\left( {t + 2} \right)}^2}\ln \left( {t + 2} \right) - {{\left( {t + 3} \right)}^2}\ln \left( {t + 3} \right)} \right]}}{{t\left( {t + 1} \right)\left( {t + 2} \right)\left( {t + 3} \right)}}.$ $ Let $$g\left( t \right) = {t^2}\ln t - 3{\left( {t + 1} \right)^2}\ln \left( {t + 1} \right) + 3{\left( {t + 2} \right)^2}\ln \left( {t + 2} \right) - {\left( {t + 3} \right)^2}\ln \left( {t + 3} \right),$ $ conseguimos $$g'\left( t \right) = 2\left[ {t\ln t - 3\left( {t + 1} \right)\ln \left( {t + 1} \right) + 3\left( {t + 2} \right)\ln \left( {t + 2} \right) - \left( {t + 3} \right)\ln \left( {t + 3} \right)} \right].$ $ y que % $ $$h\left( x \right) = t\ln t - 3\left( {t + 1} \right)\ln \left( {t + 1} \right) + 3\left( {t + 2} \right)\ln \left( {t + 2} \right) - \left( {t + 3} \right)\ln \left( {t + 3} \right),$tenemos\begin{align*} h'\left( x \right) &= \ln t - 3\ln \left( {t + 1} \right) + 3\ln \left( {t + 2} \right) - \ln \left( {t + 3} \right)\\ &= \ln \frac{{t{{\left( {t + 2} \right)}^3}}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^3}\left( {t + 3} \right)}} = \ln \left[ {1 - \frac{{2t + 3}}{{{{\left( {t + 1} \right)}^3}\left( {t + 3} \right)}}} \right] < 0. \end{align*} sin embargo, parece que no hay nada!

Answer 1

Debemos mostrar $t> 0$, $$4\ln t \ln (t + 2) + 4 \ln (t + 1) \ln (t + 3) > \ln t \ln ( t + 1) + 3\ln t \ln (t + 3) + 3\ln (t + 1) \ln (t + 2) $ $

Caso $t> 1$

Tenga en cuenta que $\ln t, \ln (t+1)$ y $\ln (t+2), \ln(t+3)$ se ordenan del mismo modo, por cambio $$\ln t \ln(t+2)+\ln (t+1) \ln(t+3) > \ln t \ln(t+3) + \ln (t+1) \ln (t+2)$ $

Así que es suficiente para mostrar $$\ln t \ln (t + 2) + \ln (t + 1) \ln (t + 3) > \ln t \ln ( t + 1) $$ $$\iff \ln t(\ln (t + 2)-\ln(t+1)) + \ln(t+1)\ln (t + 3) > 0$ $ que es evidente como $\ln$ va en aumento.

Caso $0< t \le 1$
Podemos escribir la desigualdad como $$\ln (t + 1) \ln \frac{(t+3)^4}{(t+2)^3} > \ln t \ln \frac{(t+1)(t+3)^3}{(t+2)^4}$ $ como las fracciones en las discusiones son $> 1$, la LHS es claramente positiva mientras que el lado derecho es negativo desde el término de $\ln t$.

Answer 2

No es verdad.

Trate de enchufar un valor grande de t como $10^9$ (probado en R y Salvia)

Answer 3

EDIT: he cometido un error tipográfico, de entrar a la función en el software, que conduce a la siguiente conjetura verosímil (basado en la incorrecta gráfico). Voy a dejar la respuesta para la posteridad, pero por favor no upvote.

Conjetura:

• $f(t) > 0$ $0 < t < 1$,
• $f(t) < 0$ $t > 1$,
• $f(1) = 0$, e $t = 1$ es la única raíz,
• $f'(t) < 0$ para todos los $t > 0$ ($f$ es siempre decreciente),
• $f''(t) > 0$ para todos los $t > 0$ ($f$ es siempre cóncava hacia arriba).

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Aquí está una mejor gráfica, lo que sugiere que la desigualdad en la pregunta es correcta.

Por el camino, usted puede tener una mirada en el gráfico y manipular el zoom aquí.

Answer 4

No creo que sea cierto. Prueba de la expresión del $t = 10^{10}+1$ $t = 10^{10}+10000$ en Matlab. El minuto es $-9.1\times 10^{-13}$. Puede ser debido al error flotante. Sin embargo creo que el límite cuando tiende $t$ $\infty$ es 0 pero no es constantemente positivo.

Answer 5

No es tan difícil como parece (si usamos Arce, por supuesto :).

Vamos a reescribir nuestra desigualdad: $$4\ln(t)\ln(t+2)+4\ln(t+1)\ln(t+3) > \\\ln(t)\ln(t+1)+3\ln(t)\ln(t+3)+3\ln(t+1)\ln(t+2)+\ln(t+2)\ln(t+3)$$ Ahora vamos a utilizar $\ln(t+1)=\ln t+\ln(1+\frac1t)$ y denotan $x=1/t$. LHS es $$4\ln(t)\cdot\big(\ln(t)+\ln(1+2x)\big)+4\big(\ln(t)+\ln(1+x)\big)\cdot\big(\ln(t)+\ln(1+3x)\big),$$ o $$8\ln^2(t)+4\ln(t)\ln(1+2x)+4\ln(t)\ln(1+3x)+4\ln(1+x)\ln(t)+4\ln(1+x)\ln(1+3x).$$ RHS es $$\ln(t)\big(\ln(t)+\ln(1+x)\big)+3\ln(t)\big(\ln(t)+\ln(1+3x)\big)+\\+3\big(\ln(t)+\ln(1+x)\big)\big(\ln(t)+\ln(1+2x)\big)+\big(\ln(t)+\ln(1+2x)\big)\big(\ln(t)+\ln(1+3x)\big),$$ o $$8\ln^2(t)+4\ln(1+x)\ln(t)+4\ln(t)\ln(1+3x)+4\ln(t)\ln(1+2x)+\\+3\ln(1+x)\ln(1+2x)+\ln(1+2x)\ln(1+3x).$$

Vemos thar $\mathrm{LHS} - \mathrm{RHS}>0$ es sólo $$h(x) = 4\ln(1+x)\ln(1+3x)-3\ln(1+x)\ln(1+2x)-\ln(1+2x)\ln(1+3x)>0.$$

Ahora vamos a usar: si $f(0)=0$, $f'(x)>0$ para$x>0$,$f(x) > 0$$x>0$. Nuestro objetivo es mostrar que el $h(x) > 0$ $x>0$ ($x=1/t>0$). Vamos a ir.

$h(0)=0$, y $$h'(x) = \frac{1}{(1+x)(1+2x)(1+3x)}\times\\\times \left( \left ( 6\,{x}^{2}+6+12\,x \right) \ln \left( 1+x \right) + \left( - 24\,x-24\,{x}^{2}-6 \right) \ln \left( 1+2\,x \right) + \left( 2+12\, x+18\,{x}^{2} \right) \ln \left( 1+3\,x \right) \right)$$ o $$h'(x) = \frac{2}{(1+x)(1+2x)(1+3x)}\times\\\times \left(6\, \left( 1+x \right) ^{2}\ln \left( 1+x \right) -6\, \left( 1+2\,x \right) ^{2}\ln \left( 1+2\,x \right) +2\, \left( 1+3\,x \right) ^{2 }\ln \left( 1+3\,x \right) \right) =\\= \frac{g(x)}{(1+x)(1+2x)(1+3x)}. $$ Quiero mostrar que $g(x)>0$. $g(0)=0$, y $$g'(x)=\left( 1+x \right) \ln \left( 1+x \right) -2\left( 1+2\,x \right) \ln \left( 1+2\,x \right) + \left( 1+3\,x \right) \ln \left( 1+3\,x \right) = h(x). $$

Ahora usted puede adivinar sobre el próximo paso:) $h(0)=0$, $$h'(x)=\ln \left( 1+x \right) -4\,\ln \left( 1+2\,x \right) +3\,\ln \left( 1+3\,x \right) = u(x) $$

$u(0)=0$, $$u'(x) = {\frac {2}{ \left( 1+x \right) \left( 1+2\,x \right) \left( 1+3\, x \right) }} > 0. $$

Es todo.