¿Es cierto que $x\geq \sum_{k=1}^\infty k \prod_{n=1}^k \frac{x}{x+n}$ para $0<x<1$

Question

Me gustaría probar o refutar $x\geq \sum_{k=1}^\infty k \prod_{n=1}^k \frac{x}{x+n}$. A partir de ejemplos numéricos parece que la desigualdad se cumple. Sin embargo, no tengo ni idea de cómo demostrarlo.

He encontrado una pregunta similar sum of an infinite series $\sum_{k=1}^\infty \left( \prod_{m=1}^k\frac{1}{1+m\gamma}\right) $, donde la función se parece mucho a la mía, pero no es igual.

¡Espero cualquier pista. ¡Gracias de antemano!

Answer 1

Como se notó, la igualdad se mantiene y se mantiene para cualquier $x >0$.

$$\prod_{n=1}^k\frac{x}{x+n}=\frac{x^k}{(x+1)_k}$$ donde aparecen los símbolos de Pochhammer y $$\sum_{k=1}^\infty k \prod_{n=1}^k \frac{x}{x+n}=\sum_{k=1}^\infty\frac{k\,x^k}{(x+1)_k}=\frac{x^2\,\Gamma (x)}{\Gamma (x+1)}=x$$

Answer 2

Para una demostración de $\sum_{k\geq 1}\frac{k x^k}{(x+1)_k}=x$ evitando el Análisis Complejo, se puede invocar la Función Beta de Euler.

$$\frac{1}{(x+1)_k}=\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x+k+1)}=\frac{1}{\Gamma(k)}B(k,x+1)=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{1}u^{k-1}(1-u)^x\,du.$$ Multiplicando ambos lados por $kx^k$ y sumando sobre $k\geq 1$ obtenemos

$$ \sum_{k\geq 1}\frac{k x^k}{(x+1)_k} = \int_{0}^{1}(1-u)^x \sum_{k\geq 1}\frac{k x^k u^k}{(k-1)!}\cdot\frac{du}{u}=x\int_{0}^{1}(1-u)^x (1+ux)e^{ux}\,du$$ donde la última integral en realidad no depende de $x$: es igual a $1$ para cualquier $x>0$, ya que la función integrando es $-\frac{d}{du}\left[(1-u)^{x+1}e^{ux}\right]$.