Probar $ $$Q(x,\ln 2) := \frac{\int_{\ln 2}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} dt}{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} dt} \geqslant 1 - 2^{-x}$$ for all $x\geqslant 1.
($Q$ es la función gamma regularizada).
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$$ \frac{\int_{\ln 2}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt}{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt} = \frac{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt - \int_{0}^{\log 2} t^{x-1} e^{-t} \,dt}{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt} = 1 - \frac{\int_{0}^{\log 2} t^{x-1} e^{-t} dt}{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt}, $$
así que tenemos que demostrar que
$$ \frac{\int_{0}^{\log 2} t^{x-1} e^{-t} \,dt}{\int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt} \leq 2^{-x}, $$
o, de manera equivalente,
$$ 2^x \int_{0}^{\log 2} t^{x-1} e^{-t} \,dt \leq \int_{0}^{\infty} t^{x-1} e^{-t} \,dt. $$
Para ello vamos a mostrar que
$$ 2^x \int_{0}^{\log 2} t^{x-1} e^{-t} \,dt \leq \left(\frac{e^a}{e^un-1}\right)^x \int_{0}^{a} t^{x-1} e^{-t} \,dt \etiqueta{1} $$
para todos los $a \geq \log 2$, luego deje $a \to \infty$. De hecho, vamos a mostrar que la cantidad en el lado derecho de la desigualdad anterior es no decreciente en $a$ al $a > 0$ fijos $x \geq 1$ (y estrictamente creciente en a $a$ al $a > 0$ fijos $x > 1$).
Para empezar, definir
$$ f_x(a) = \left(\frac{e^a}{e^un-1}\right)^x \int_{0}^{a} t^{x-1} e^{-t} \,dt. $$
Entonces
$$ \begin{align} f_x'(a) &= a^{x-1} e^{-a} \left(\frac{e^a}{e^a-1}\right)^x - x \left(\frac{e^a}{e^a-1}\right)^{x-1} \frac{e^a}{(e^a-1)^2} \int_{0}^{a} t^{x-1} e^{-t} \,dt \\ &= e^{ax} \left(e^a-1\right)^{-x-1} \left[a^{x-1} \left(1-e^{-a}\right) - x \int_{0}^{a} t^{x-1} e^{-t} \,dt\right]. \end{align} $$
Ya que estamos sólo interesados con el signo de la expresión anterior, definir
$$ \begin{align} g_x(a) &= e^{-ax}(e^a - 1)^{x+1} f_x'(a) \\ &= a^{x-1} \left(1-e^{-a}\right) - x \int_{0}^{a} t^{x-1} e^{-t} \,dt. \end{align} $$
Si $g_x(a) \geq 0$ todos los $a > 0$ $f_x'(a) \geq 0$ todos los $a > 0$, y, por tanto, $f_x(a) \geq f_x(\log 2)$ todos los $a \geq \log 2$,$(1)$.
Bien, sin duda, va a ser verdad que $g_x(a) \geq 0$ todos los $a > 0$ si
$$ g_x(0) \geq 0 \hspace{1cm} \text{y} \hspace{1cm} g_x'(a) \geq 0 \,\,\text{ para todo}\,\, \geq 0. \etiqueta{2} $$
De hecho, $g_x(0) = 0$, y para $x \geq 1$ hemos
$$ g_x'(a) = a^{x 2} e^{-a} (x-1) (e^a - a - 1) \geq 0 $$
ya que la función $h(a) = e^a - a - 1$ es no decreciente al$a \geq 0$$h(0) = 0$.
Por los comentarios inmediatamente antes de $(2)$ esto es suficiente para demostrar $(1)$, a partir de la cual el resultado de la siguiente manera.
Anthony Shaw
Puntos
858
Aquí es una prueba para $x\ge2$: $$ \begin{align} \int_0^{\log(2)}t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t &\le\int_0^{\log(2)}t^{x-1}\mathrm{d}t\\ &=\frac1x\log(2)^x\tag{1} \end{align} $$ Por lo tanto, obtenemos que $$ \frac{\int_0^{\log(2)}t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t}{\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t} \le\frac{\log(2)^x}{\Gamma(x+1)}\etiqueta{2} $$ Para $x\ge2$, $$ \frac{(2\log(2))^x}{\Gamma(x+1)}\le1\etiqueta{3} $$ Una vez que mostramos $(3)$, el resultado de la siguiente manera porque $$ \begin{align} \frac{\int_{\log(2)}^\infty t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t}{\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t} &=1-\frac{\int_0^{\log(2)}t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t}{\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\mathrm{d}t}\\ &\ge1-\frac{\log(2)^x}{\Gamma(x+1)}\\ &\ge1-2^{-x}\tag{4} \end{align} $$
La desigualdad de $(3)$ es equivalente a $$ \log(\Gamma(x+1))\ge x(\log(2\log(2)))\etiqueta{5} $$ Tenga en cuenta que $(5)$ mantiene en $x=2$ desde $\log(2)>2\log(2\log(2))$ sigue de $\log(2)<\sqrt{1/2}$.
Desde $\Gamma$ es log-convexa, y para $x\ge2$, $\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\log(\Gamma(x+1))\ge\frac32-\gamma>\log(2\log(2))$.
Por lo tanto, $(5)$, y por lo tanto $(3)$, presionado por $x\ge2$.
