Probar una desigualdad en $ \int_0^\infty \frac{e^{-tx}}{1+e^{-t}}dt$

Question

EDITAR : He publicado una prueba a continuación que necesita ser revisada.

Algunas definiciones

Dejemos que $$\begin{array}{ccccc} f & : & \mathbb R_+^* & \to & \mathbb R_+^* \\ & & x & \mapsto & \int_0^\infty \frac{e^{-tx}}{1+e^{-t}}dt \\ \end{array}$$

Dejemos que $$\begin{array}{ccccc}\forall n\in \mathbb N, K_n & : & \mathbb R_+^* & \to & \mathbb R_+^* \\ & & x & \mapsto & \frac{\Gamma(n+1) \Gamma(x)}{\Gamma(n+x+1)} \\ \end{array} $$

Obsérvese que de forma equivalente $$ \forall n, \forall x>0, K_n(x)=\frac{n!}{x\times(x+1)\times\ldots\times(x+n)}$$

Pregunta

Demostrar que $$ \forall n \in \mathbb N, \forall x>0,f(x)\leq \frac{K_{n+1}}{2^{n+1}}+\sum_{k=0}^{n} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}}$$

Contexto

He estado trabajando a fondo en $f$ en los últimos días (ver mis otros posts) en el ámbito de un encargo que recibí.

Estas son algunas de las propiedades que he mostrado hasta ahora:

$$\forall x>0, f(x)=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{n+x}$$

$$\forall x>0, f(x)= \sum_{k=0}^{\infty} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}}$$

Lo que he probado

Dada la última identidad, mi pregunta se reduce a probar que $$ \forall n, \forall x>0 \;, \; 0 \leq \frac{K_{n+1}}{2^{n+1}} - \sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}} $$

No sé ni cómo empezar... Inducción tal vez (ya que es válido $\forall n$ ). No he podido demostrar el caso $n=0$ también.

Gracias por cualquier sugerencia.

Answer 1

Este es un enfoque que tiende a la forma de la desigualdad esperada :

Answer 2

Creo que tengo la prueba, de una forma (demasiado) simple que me hace cuestionar su validez.

Dejemos que $n\in \mathbb N$ y $x>0$

Tenemos que $$f(x)= \sum_{k=0}^{n} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}}+\lim\limits_{M \to \infty}\sum_{k=n+1}^{M} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}}$$

Para algunos fijos $M>n+1$ tenemos que $$\sum_{k=n+1}^{M} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}}=\sum_{k=n+1}^{M}\frac{1}{2^{k+1}}\times\frac{k\times(k-1)\ldots\times(n+2)}{(x+k)\times(x+k-1)\ldots\times(x+n+2)}\times K_{n+1}(x)$$

Desde $x>0$ , $$\sum_{k=n+1}^{M}\frac{1}{2^{k+1}}\times\frac{k\times(k-1)\ldots\times(n+2)}{(x+k)\times(x+k-1)\ldots\times(x+n+2)}\times K_{n+1}(x) \leq \frac{K_{n+1}(x)}{2^{n+1}}\times \sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{2^k}$$

Por lo tanto, $$\sum_{k=n+1}^{M} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}} \leq \frac{K_{n+1}(x)}{2^{n+1}}$$

Esta identidad se mantiene para todos los $M$ tomando el límite de $M$ rendimientos: $$\sum_{k=n+1}^{\infty} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}} \leq \frac{K_{n+1}(x)}{2^{n+1}}$$

Por lo tanto, $$f(x) \leq \sum_{k=0}^{n} \frac{K_k(x)}{2^{k+1}} + \frac{K_{n+1}(x)}{2^{n+1}}$$