Неравенство с радикалами

[meshok]

Доброго времени суток!
Можно ли как-нибудь просто доказать, что для каждого $\alpha\in (0,1)$ можно подобрать такое свое $A$, что будет верно неравенство

$$A\left(x^{\alpha}-\left(\left(1+\frac{x}{2}\right)^\alpha-\left(1-\frac{x}{2}\right)^\alpha\right)\right)\geqslant x\ln\left(\frac{2}{x}\right), \qquad x \in [0,2].$$

Мои попытки решения:
Переношу логарифм влево и беру первую производную:

$$A\alpha\left(x^{\alpha-1}-\frac{1}{2}\left(\left(1+\frac{x}{2}\right)^{\alpha-1}+\left(1-\frac{x}{2}\right)^{\alpha-1}\right)\right)-\left(\ln\left(\frac{2}{x}\right)-1\right)$$

Беру вторую производную:

$$A\alpha(\alpha-1)\left(x^{\alpha-2}-\frac{1}{4}\left(\left(1+\frac{x}{2}\right)^{\alpha-2}-\left(1-\frac{x}{2}\right)^{\alpha-2}\right)\right)+\frac{1}{x}$$

Поскольку $\Large \displaystyle\lim\limits_{x\to2-0}f'(x)=-\infty, \lim\limits_{x\to0+}f'(x)=\infty$, заключаем, что в некоторой окрестности справа от нуля $f$ возрастает, а в некоторой окрестности слева от двойки $f$ убывает, причем $f(2)=0.$ Поэтому если показать, что у $f'$ лишь один нуль на $(0,2)$, то этого будет достаточно для доказательства требуемого неравенства. Чтобы показать, что у $f'$ лишь один нуль, достаточно показать, что $f'$ монотонна на $(0,2)$, для этого достаточно показать, что $f''\leqslant 0$.
Самое максимальное насколько я смог продвинуться в доказательстве этого, как кажется, несложного неравенства это та цепочка достаточных условий, которые я написал выше ( ).

[novichok2018]

У меня когда альфа стремится к единице, неравенство не хочет выполняться.
Подобную оценку можно получить из неравенства Радо, но не совсем такое.

[DeBill]

novichok2018 в сообщении #1545431 писал(а):

У меня когда альфа стремится к единице, неравенство не хочет выполняться.

Речь, как я понял, о последнем неравенстве в цепочке рассуждений ТС. Что означает: на этом пути получить решение исходной задачи - сомнительно...
Можно попробовать так: пусть $\varphi$ -левая часть исходного неравенства (без $A$), $\psi$ - правая, $g=\frac{\varphi}{\psi}$. Надо ограничить $g$ снизу положительной константой.
Ну, около нуля и двойки, $g$ стремится к бесконечности. Так что достаточно показать лишь, что $\varphi$ не обращается в нуль на интервале $(0,2)$. Но это, вроде, легко: если $t=\frac{x}{1+\frac{x}{2}}$, то $1-t=\frac{1-\frac{x}{2}}{1+\frac{x}{2}}$, а $t^{\alpha}+(1-t)^{\alpha}\geqslant 1$ в силу выпуклости вверх....
Более того, что-то мне кажется, что в качестве $A$ можно взять $\frac{C}{1-\alpha}$ с универсальной константой $C$. Типа, стартовать с равенства $\varphi=\psi$ при $\alpha=1$, и дифференцировать по $\alpha$...

[meshok]

DeBill, спасибо. Ваш способ помог.

[novichok2018]

Мне кажется всё равно, что неравенство неверно при заданных условиях. При $\alpha \to 1$ получается, что ноль больше положительного числа. Нет?

[svv]

Чем ближе $\alpha$ к $1$, тем большее $A(\alpha)$ надо брать.
$A$ может зависеть и зависит от $\alpha$, главное, чтобы оно не зависело от $x$.