Desigualdad para funciones en [0,1]

Question

Dejemos que $a\in (0,1), \;\;\psi_a(x):=\prod_{j=0}^\infty (1-a^{2j+1}x).$

Pregunta . ¿Es cierto que, para todos los $x\in [0,1]$ y todos $k\in\mathbb{N},$ se cumple la siguiente desigualdad: $$\frac{x^k}{(1-a)(1-a^3)\dots (1-a^{2k-1})}\leq\frac{1}{\psi_a(x)}\quad ?$$

Para $a\leq 0.5,$ esto es obvio. Cuando $a$ se acerca a 1, se hace difícil (para mí).

La desigualdad surge en el estudio de la dependencia del límite $q$ -Operador Bernstein en el parámetro $q.$

Answer 1

Parece que la parte de cálculo es factible (aunque sigue sin gustarme la forma de enfocarlo), así que permíteme publicar la parte simple (de análisis).

Consideremos la curva simétrica $e^{-s}+e^{-t}=1, s,t>0$ (el gráfico de $f(t)=-\log(1-e^{-t})$ La primera observación es que para cada $S,T>0$ tenemos $$ \int_S^\infty f(s)\,ds\ge \int_S^\infty\min(f(s),T)\,ds \\ =-\int_0^S\min(f(s),T)\,ds+\int_0^\infty\min(f(s),T)\,ds \\\ge -ST+\int_0^T f(t)\,dt $$ (utilizamos la simetría de la curva en la última línea).

Ahora pon $h=\log(1/a^2)$ . Tomando $T=kh$ y $S=\log(1/x)$ vemos que lo que se quiere demostrar (después de tomar el logaritmo de ambos lados) es prácticamente lo mismo, excepto que las integrales se sustituyen por las sumas de Riemann de punto medio con paso $h$ . También podemos suponer que el lado derecho se hace lo más grande posible, es decir, $\frac{x}{1-a^{2k+1}}\le 1$ o, lo que es lo mismo, $e^{-S}\le 1-e^{-T-\frac h2}$ .

Bastará con demostrar que la desviación (hacia abajo) de la suma de Riemann para $\int_0^T$ de la verdadera integral supera a la de $\int_S^\infty$ . La desviación en cada intervalo de paso de longitud $h$ viene dada por la integral de $f''$ contra algún núcleo simétrico positivo fijo en $[-h/2,h/2]$ (algo así como $(1-|x|)^2$ reescalada). Por lo tanto, tenemos que investigar la segunda derivada de $f$ que es $$ f''(t)=\frac 1{e^t+e^{-t}-2}\,. $$ La primera propiedad que necesitaremos es la desigualdad $$f''(t+s)\le e^{-s}f''(t)\,.$$ De hecho, se reescribe como $e^{t}-2e^{-s}+e^{-t-2s}\ge e^t-2+e^{-t}$ . Ahora sólo hay que observar que la derivada del LHS con respecto a $s$ es $2e^{-s}-2e^{-t-2s}\ge 0$ . Denote por $D(T)$ la desviación de la suma de Riemann del punto medio de $\int_T^\infty f(t)\,dt$ . La desigualdad que se acaba de demostrar implica inmediatamente que $$ D(S)\le e^{-S}D(0)\,. $$ Así, bastará con demostrar que cuando $T$ es un múltiplo entero de $h$ tenemos $D(T)\le e^{-T-\frac h2}D(0)$ . Desde $D(T)\le e^{-T-h}D(h)$ basta con comprobar que $D(h)\le e^{-\frac {3h}2}D(0)$ . Esto puede hacerse por comparación de intervalos por pares si conseguimos demostrar que la pérdida en $[0,h]$ ya es al menos $e^{\frac{3h}2}$ veces mayor que las pérdidas en $[h,2h]$ y $[2h,3h]$ combinado. Después compararemos sólo los intervalos con el turno $2h$ entre ellos y ganar $e^{-2h}$ siempre.

Debido a la simetría del núcleo, necesitamos la desigualdad $$ f''(\frac h2-s)+f''(\frac h2+s)\ge e^{\frac{3h}2}[f''(\frac {3h}2-s)+f''(\frac {3h}2+s)+f''(\frac {5h}2-s)+f''(\frac {5h}2+s)], \qquad 0\le s\le \frac h2\,. $$ Desde $t\mapsto\frac{e^t-2+e^{-t}}{t^2}$ aumenta para $t>0$ (expansión de Taylor), basta con demostrar la misma desigualdad para $t\mapsto t^{-2}$ en lugar de $f''$ . También $w\mapsto \frac 1{(1-w)^2}+\frac 1{(1+w)^2}$ aumenta para $w>0$ , por lo que podemos sustituir $s$ por $3s$ y $5s$ en los términos con los correspondientes múltiplos de $h$ . Después, la desigualdad deseada se convierte en $$ 1\ge e^{\frac{3h}2}[\frac 19+\frac 1{25}] $$ , que da el rango anunciado de $a=e^{-\frac h2}$ .

Editar La última parte se puede hacer mejor pero necesitamos saber que el núcleo es la versión reescalada de $(1-|x|)^2$ . De nuevo, podemos sustituir $f''(t)$ por $1/t^2$ en la correspondiente desigualdad integral, tras lo cual tendremos que demostrar que $$ \int_0^1(1-x)^2\left[\frac 1{(1-x)^2}+\frac 1{(1+x)^2}\right]\,dx \\ \ge 8\int_0^1(1-x)^2\left[\frac 1{(3-x)^2}+\frac 1{(3+x)^2}+ \frac 1{(5-x)^2}+\frac 1{(5+x)^2}\right]\,dx\,. $$ Sin embargo, el LHS es igual a $$ 1+\int_0^1\frac{(1-x)^2}{(1+x)^2}\,dx\ge 1+\int_0^1\frac{(1-x)^2}{4}=1+\frac 1{12} $$ mientras que, sustituyendo la expresión entre paréntesis del lado derecho por su valor máximo (alcanzado en $x=1$ ), podemos acotar el lado derecho mediante $$ \frac 83\left[\frac 14+\frac 1{16}+\frac 1{16}+\frac 1{36}\right]=1+\frac{2}{27}\,. $$ Esto da el resultado deseado para todos los $a\ge \frac 12$ .

Answer 2

Permítanme aportar una sugerencia basada en la ampliación de Pietro Majer.

Si lo hace más fácil, basta con demostrar la siguiente versión finita de mi afirmación: $$\prod_{j=1}^n\frac{x}{1-a^{2j-1}}\leq\sum_{k=0}^{2n}\prod_{j=1}^k\frac{ax}{1-a^{2j}},$$ y tal vez proceder por inducción en $n\geq1$ .

Voy a dar un salto para el caso base $n=1$ para demostrar $$\frac{a^2x^2}{(1-a^2)(1-a^4)}+\frac{ax}{1-a^2}+1-\frac{x}{1-a} =\frac{a^2x^2-(1-a^4)x+(1-a^2)(1-a^4)}{(1-a^2)(1-a^4)}\geq0.$$ Basta con comprobar $f(x;b)=bx^2-(1-b^2)x+(1-b)(1-b^2)\geq0$ donde $0<b:=a^2<1$ .

Del discriminante, $f(x;b)$ tiene dos raíces reales siempre que $D=(1-b)(1-b^2)(1-3b)>0$ Eso significa que $0<b<\frac13$ .

Por otro lado, $f(x;b)$ tiene un mínimo en $x_*=\frac{1-b^2}{2b}$ . Como anticipamos $0<x_*<1$ Debe ser que $b^2+2b-1>0$ o $b>\sqrt{2}-1$ .

Las desigualdades $b<\frac13$ y $b>\sqrt{2}-1$ no son compatibles. Por lo tanto, $f(x;b)\geq0$ para $0<a,x<1$ .

Answer 3

Esto pretendía cubrir la "parte de cálculo" en la respuesta inicial de fedja (ahora completada de forma independiente), $0\le a\le a_0:=(1/9+1/25)^{1/3}$ y posiblemente se complete con una prueba independiente.

Las funciones $\phi(x):=\prod_{j=0}^\infty {1\over 1-a^{2j+1}x}$ y $x^{-k}$ son positivas y logarítmicamente convexas en $[0,1]$ por lo tanto, tal es su producto $x^{-k}\phi(x)$ también, por lo que es convexo. Además $\big(x^{-k}\phi(x)\big)'_{x=1}=-k\phi(1)+\phi'(1)\le0$ si $k\ge \phi'(1)/\phi(1)=\sum_{j=0}^\infty{a^{2j+1}\over 1-a^{2j+1}},$ en cuyo caso $x^{-k}\phi(x)$ tiene un mínimo en $x=1$ . Concluimos que la desigualdad mejorada $$\prod_{j=0}^\infty {1\over 1-a^{2j+1}x}\ge \Big( \prod_{j=0}^\infty {1\over 1-a^{2j+1}}\Big)x^k,\qquad 0\le x\le 1$$ se mantiene siempre que $k\ge \sum_{j=0}^\infty{a^{2j+1}\over 1-a^{2j+1}};$ en particular, (por una simple estimación numérica de la suma) para todos los $k\ge 2$ y $0\le a\le a_0$ . (Para $k=1$ la desigualdad se puede demostrar directamente como se muestra en la respuesta de T. Amdeberhan)