Desigualdad polilogaritmo:$(s+1)\frac{-\operatorname{Li}_{s+1} (-x)}{-\operatorname{Li}_s(-x)} > \log(x)$

Question

Para $s \geq 0$ e $x > 0$definir $$ f_s (x) = - \operatorname{Li}_s (-x) \stackrel{s > 0}{=} \frac{1}{\Gamma(s)} \int \limits_0^\infty \frac{x t^{s-1}}{\mathrm{e}^t + x} \, \mathrm{d} t \, .$$ Me gustaría probar la desigualdad $$ \tag{1} (s+1) \frac{f_{s+1}(x)}{f_s(x)} > \log(x) $$ para $s \geq 0$ e $x \geq 1$ (es obviamente correcto para $x \in (0,1)$). Puede ser utilizado para demostrar que la entropía de un ideal de Fermi de gas es siempre no negativo. Aquí es lo que he llegado hasta ahora:

Desde $f_s (1) = \eta (s) > 0$ para $s \geq 0$ ($\eta$ es la de Dirichlet eta de la función), $(1)$ trivialmente se tiene para $x = 1$. Tenga en cuenta que tenemos $x f_{s+1}'(x) = f_s (x)$ para $s \geq 0$ e $x > 0$ , por definición. Ahora supongamos que $(1)$ es cierto para algunos $s \geq 0$. Entonces $$ \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} [(s+2)f_{s+2}(x) - \log(x) f_{s+1}(x)] = \frac{1}{x} [(s+1)f_{s+1}(x) - \log(x) f_{s}(x)] > 0$$ sigue por $x \geq 1$ y la integración de los rendimientos de $(1)$ con $s$ reemplazado por $s+1$. Por lo tanto, es suficiente para demostrar la desigualdad de la $s \in [0,1)$.

El caso de $s=0$ es trivial, como $f_0 (x) = \frac{x}{1+x}$ e $f_1(x) = \log(1+x)$. Ahora vamos a $s \in (0,1)$. La desigualdad de $f_{s+1}(x) > f_{s}(x) , \, x > 0 ,$ confirma $(1)$ para $x \in [1,\mathrm{e}^{s+1}]$. La expansión asintótica $$ f_{s} (x) \stackrel{x \to \infty}{\sim} 2 \log^s (x) \sum \limits_{k=0}^\infty \frac{\eta(2k)}{\Gamma(s+1-2k) \log^{2k}(x)} $$ conduce a $$ \frac{(s+1) f_{s+1}(x)}{\log(x) f_s(x)} \stackrel{x \to \infty}{\sim} 1 + \frac{\pi^2 s}{3 \log^2 (x)} + \mathcal{O}(\log^{-4}(x)) \, , $$ lo que muestra que $(1)$ tiene por suficientemente grande $x$. Estos resultados y experimentos numéricos sugieren claramente que la desigualdad se cumple para todos los $x \geq 1$, pero no he encontrado una prueba todavía.

Integración por partes revela que $(1)$ es equivalente a $$ \tag{2} \int \limits_0^\infty \frac{u^{s+1} \mathrm{e}^{\alpha (u-1)}}{(\mathrm{e}^{\alpha (u-1)} + 1)^2} \, \mathrm{d} u > \int \limits_0^\infty \frac{u^s \mathrm{e}^{\alpha (u-1)}}{(\mathrm{e}^{\alpha (u-1)} + 1)^2} \, \mathrm{d} u \, , \, \alpha = \log(x),$$ pero yo estoy atrapado aquí, así que mi pregunta es:

¿Cómo podemos demostrar $(1)$ o $(2)$ para $s \in (0,1)$ e $x > 1$ ?

Answer 1

He encontrado un método simple para probar la desigualdad: Fix $x > 1$ y deje $\alpha = \log(x) > 0$. Definir $$ g \colon [0,\infty) \to \mathbb{R} \, , \, g(s) = \int \limits_0^\infty \frac{(u-1) u^s \mathrm{e}^{\alpha(u-1)}}{(\mathrm{e}^{\alpha (u-1)} + 1)^2} \, \mathrm{d} u \, . $$ A continuación, $(1)$ es equivalente a $g(s) > 0$ para $s \geq 0$ (para $s=0$ esto se deduce por la continuación analítica). Pero $(1)$ tiene por $s=0$, lo $g(0) > 0$. Por otra parte, $g$ es diferenciable con $$ g'(s) = \int \limits_0^\infty \frac{\log(u) (u-1) u^s \mathrm{e}^{\alpha(u-1)}}{(\mathrm{e}^{\alpha (u-1)} + 1)^2} \, \mathrm{d} u > 0 \, , \, s \geq 0.$$ Esto implica $g(s) > 0$, y, por tanto, $(1)$ para todos los $s \geq 0$.