Cómo demostrar
$(2^r-1)(1-x)x^{2^{r}-2}+x^{2^{r}-1}>x^{2^{r}-r-1}$
¿para $\frac{1}{2}<x<1$ y $r \in \mathbb N$ $(r\neq 1)$?
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
Suponiendo que $1/2 \lt x \lt 1$ y $r \in \mathbb{N}$,
Set $y = 1/x$ y multiplicar por $y^{2^{r} - 1}$ para obtener (que es equivalente a la original para $y \gt 0$)
$$(2^r - 1)(y-1) + 1 \gt y^r$$
Ahora
Que es cierto si (como $y \gt 1$)
$$(2^r - 1) \gt \frac{y^r-1}{y-1}$$
Que es el mismo que
$$ 1 + 2 + 2^2 + \dots + 2^{r-1} \gt 1 + y + y^2 + \dots + y^{r-1}$$
Que es cierto si $ 1 \lt y \lt 2$ (es decir $1/2 \lt x \lt 1$) y $r \neq 1$.
Did
Puntos
1
La afirmación es válido para cada $x$ $(1/2,1)$ y cada número real $r>1$.
Para ver esto, uno puede comenzar como Morón y tratamos de demostrar que $f(y)<f(2)$ $y=1/x$ y $$ f(y)=(y^r-1)/(y-1). $$ Desde $y<2$, es suficiente para probar que $f$ es no decreciente. El signo de $f'(y)$ es el signo de $g(y)$ con $$ g(y)=(r-1)y^r-r^{i-1}+1. $$ Ahora, $g'(y)=r(r-1)y^{r-2}(y-1)$ es positivo en $y>1$ porque $r>1$ por lo tanto $y\mapsto g(y)$ es el aumento en $y>1$, e $g(1)=0$ por lo tanto $g(y)>0$$y>1$. Finalmente, $y\mapsto f(y)$ es el aumento en $y>1$, por lo que hace.
David Hall
Puntos
17450
La desigualdad es equivalente a $(2^r-1)(1-x)x^{r-1}+x^r>1$$(2^r-1)x^{r-1}-(2^r-2)x^r>1$. Para probar esto uno se puede diferenciar el lado izquierdo con respecto a $x$, para encontrar $x^{r-2} \left((2^r-1)(r-1)-(2^r-2)r x \right)$. Desde que usted consigue que la expresión $(2^r-1)(1-x)x^{r-1}+x^r$ es (como una función de la $x$) el incremento en $[1/2,1]$, con un incremento en $[1/2,x_0]$ y disminuyendo en $[x_0,1]$, o la disminución en el $[1/2,1]$ (en realidad es el segundo desde $x_0 = \frac{(2^r-1)(r-1)}{(2^r-2)r}$ entre $1/2$$1$, pero no importa). Tan sólo tenemos que verificar que los valores en$x=1/2$$x=1$$\geq 1$, y en el hecho de que se $1$, por lo que la desigualdad es fuerte.
