Pokazać nierówność

[kt26420]

Dowieść, że
\(\displaystyle{ \ln(1+x) > 2\sum_{k=0}^n\frac{1}{2k+1}\left(\frac{x}{2+x}\right)^{2k+1} }\)
dla \(\displaystyle{ n = 0, 1, \ldots}\) oraz \(\displaystyle{ x>0}\).

Jak można coś takiego pokazać?

Jeśłi zrobię pochodną obustronnie, to wychodzi
\(\displaystyle{ \frac{1}{1+x} > (?) 2\sum_{k=0}^n\left(\frac{x}{2+x}\right)^{2k}\left(\frac{1}{2+x}\right)^{2} }\)

[a4karo]

Nierówności dla funkcji zwykle nie przenoszą się na nierówności dla pochodnych.

A poza tym lewa strona jest równa prawej. Wskazówka do obliczeń:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{2k+1}=\mathrm{artanh}(t)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t}}\)

Dodano po 7 minutach 2 sekundach:
Chociaż tutaj pomysł z pochodnymi to dobry trop:
pochodna lewej strony jest równa pochodnej prawej (o ile poprawnie obliczysz pochodną `x/(x+2)` i zsumujesz szereg geometryczny.

[kt26420]

Nierówności dla funkcji zwykle nie przenoszą się na nierówności dla pochodnych.

A poza tym lewa strona jest równa prawej. Wskazówka do obliczeń:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{2k+1}=\mathrm{artanh}(t)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t}}\)

Dodano po 7 minutach 2 sekundach:
Chociaż tutaj pomysł z pochodnymi to dobry trop:
pochodna lewej strony jest równa pochodnej prawej (o ile poprawnie obliczysz pochodną `x/(x+2)` i zsumujesz szereg geometryczny.

Niech \(\displaystyle{ f(x) = \frac x{x+2}}\) for \(\displaystyle{ x\geq 0}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(x) \in [0, 1)}\), \(\displaystyle{ f(x) > 0}\) jeśli \(\displaystyle{ x>0}\), i

\(\displaystyle{ \begin{eqnarray} (*) \frac 1{1+x} &=& \frac{2 f’(x)}{1-f(x)^2}\\
&=& 2f’(x) \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k}.
\end{eqnarray}}\)

Chciałam zrobić coś takiego... ale nie wiem czy to tak można robić, i że potem:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k} = \sum_{k=0}^{n} f(x)^{2k} + \sum_{k=n}^{\infty} f(x)^{2k}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN}\), i potem powiedzieć że \(\displaystyle{ \sum_{k=n}^{\infty} f(x)^{2k}}\) zbiega do jakieś stałej c, bo to szereg geometryczny i \(\displaystyle{ \frac x{x+2}<1}\).
A potem scałkować obustronnie \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k} = \sum_{k=0}^{n} f(x)^{2k} + c}\) Byłabym bardzo wdzięczna gdyby Pan mi pomógł to jakoś dokończyć...

[a4karo]

Nierówności dla funkcji zwykle nie przenoszą się na nierówności dla pochodnych.

A poza tym lewa strona jest równa prawej. Wskazówka do obliczeń:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{2k+1}=\mathrm{artanh}(t)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t}}\)

Dodano po 7 minutach 2 sekundach:
Chociaż tutaj pomysł z pochodnymi to dobry trop:
pochodna lewej strony jest równa pochodnej prawej (o ile poprawnie obliczysz pochodną `x/(x+2)` i zsumujesz szereg geometryczny.

Przepraszam za literówkę. Oczywiście miało być


\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^\infty \frac{t^{2k+1}}{2k+1}=\mathrm{artanh}(t)=\frac{1}{2}\ln\frac{1+t}{1-t}}\)

Dodano po 7 minutach 55 sekundach:

Niech \(\displaystyle{ f(x) = \frac x{x+2}}\) for \(\displaystyle{ x\geq 0}\). Wtedy \(\displaystyle{ f(x) \in [0, 1)}\), \(\displaystyle{ f(x) > 0}\) jeśli \(\displaystyle{ x>0}\), i

\(\displaystyle{ \begin{eqnarray} (*) \frac 1{1+x} &=& \frac{2 f’(x)}{1-f(x)^2}\\
&=& 2f’(x) \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k}.
\end{eqnarray}}\)

Chciałam zrobić coś takiego... ale nie wiem czy to tak można robić, i że potem:

\(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k} = \sum_{k=0}^{n} f(x)^{2k} + \sum_{k=n}^{\infty} f(x)^{2k}}\), gdzie \(\displaystyle{ n \in \NN}\), i potem powiedzieć że \(\displaystyle{ \sum_{k=n}^{\infty} f(x)^{2k}}\) zbiega do jakieś stałej c, bo to szereg geometryczny i \(\displaystyle{ \frac x{x+2}<1}\).
A potem scałkować obustronnie \(\displaystyle{ \sum_{k=0}^{\infty} f(x)^{2k} = \sum_{k=0}^{n} f(x)^{2k} + c}\) Byłabym bardzo wdzięczna gdyby Pan mi pomógł to jakoś dokończyć...

Ten pomysł nie wypali. Po pierwsze, "stała" `c` wcale nie jest stałą, po drugie scałkowanie \(\displaystyle{ f^{2k}(x)}\) nie da Ci \(\displaystyle{ \frac{1}{2k+1}f^{2k+1}(x)}\).

Spróbuj zrobić tak jak sugerowałem