¿Cómo demostrar la desigualdad?

Question

¿Dadas $0<x<1$, $0<a<b<1$ y $a+b<1$, cómo probar $a^x(1-ax)<b^x(1-bx)$?

He intentado usar $f(x)=x^t(1-xt)$ hacer algunas manipulaciones (incluyendo derivados), pero no pudo.

Answer 1

La función de $f(x)=x^k(1-kx)=x^k-kx^{k+1}$ ha derivado $$f'(x)=kx^{k-1}(1-(k+1)x).$$ Así que el único punto crítico de $f$$1/(k+1)$, y el segundo es mayor que $1/2$. Ahora suponga $0<x<y$$x+y<1$, y la forma de la diferencia $$w(x,y)=f(y)-f(x).$$ Queremos demostrar con esto es no negativa en las condiciones. Las desigualdades de la definición de la restricción puede ser hecho inclusiva y, a continuación, la región de $R$ la satisfacción de ellos está delimitado por un triángulo con vértices $(0,0),\ (1/2,1/2),\ (0,1).$ Cuando los parciales de $w$ son de cada puesto de a $0$ para obtener un posible punto crítico, el único que tiene positivo $x,y$ en el contenido de la plaza de $[0,1]^2$$(1/(k+1),1/(k+1))$, pero este se encuentra fuera de $R$ desde $1/(k+1)>1/2.$ [No tenemos tanto parciales definidos en la vertical izquierda lado de $R$, ya que en realidad como $x \to 0^+$ tenemos $f' \to + \infty.$] por lo Tanto, el mínimo de $w$ debe ocurrir en una de las tres aristas del triángulo $R$.

En el borde izquierdo, donde $x=0,\ 0 \le y \le 1$ tenemos $w=f(y) \ge 0.$ Sobre el borde correspondiente a $y=x$ tenemos $w=0.$ El resto de "abajo inclinado" borde pueden ser parametrizadas por $(x,y)=(t,1-t)$ donde $0 \le t \le 1/2.$ por lo tanto la vuelta a la consideración de la función $h(t)=f(1-t)-f(t).$ El derivado directo de $h$ está involucrado, y yo no podía llegar sus ceros. Sin embargo, sólo tenemos que mostrar que $h'(t)<0$ $0 \le t \le 1/2,$ dado que, desde que en $t=1/2$ tenemos $h(t)=0,$ podríamos concluir como se desee que $h(t)\ge 0$, es decir, que $w \ge 0$ en el último borde. Ahora tomamos la derivada de $h(t)$ (la regla de la cadena presenta dos signos menos), y volver a escribir en una forma conveniente: $$\frac{1}{2k}h'(t)=(-1)\cdot \frac{(1-t)^{k-1}+t^{k-1}}{2}+(k+1)\cdot \frac{(1-t)^k+t^k}{2}. \tag{1}$$ Podemos utilizar la convexidad/concavidad de las funciones de $u^{k-1}$ $u^k$ para obtener una cota superior para $h'(t)/(2k),$ e este límite superior resulta ser negativo. Primero desde $u^{k-1}$ es cóncava hacia arriba, tenemos que la primera fracion en $(1)$ (sin el signo negativo en la frente) es, al menos, $(1/2)^{k-1}.$ Asimismo, desde $u^k$ es cóncava hacia abajo en la segunda fracción en $(1)$ es en la mayoría de las $(1/2)^k.$ Poner esto juntos podemos obtener el límite superior para $h'(t)/(2k)$ de $$-(1/2)^{k-1}+(k+1)(1/2)^k=(1/2)^{k-1}(-1+(k+1)(1/2)) \\ =(1/2)^{k-1}(k-1)/2<0,$$ el último debido a la suposición $0<k<1.$