Bennett ' s desigualdad Bernstein ' s desigualdad

Question

Bennett Desigualdad se expresa con bastante intuitivo función,

$$ h(u) = (1+u) \log(1+u) - u $$

Vea aquí. He visto en varios lugares que Bernstein de la Desigualdad, mientras que un poco más débil, puede ser obtenido por el delimitador $h(u)$ desde abajo,

$$ h(u) \ge \frac{ u^2 }{ 2 + \frac{2}{3} u} $$

y conectarlo de nuevo a Bennett de la Desigualdad. Sin embargo, no veo donde esta expresión viene de. Es posible que alguien me apunte en la dirección correcta?

Answer 1

Aquí es cómo la aproximación se podrían derivar.

$\begin{align} h(u) &=(1+u)\log(1+u)−u\\ &=(1+u)\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n}−u\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n} +u\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n}−u\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n} +\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^{n+1}}{n}−u\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n} +\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}u^{n}}{n-1}−u\\ &=u+\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n-1}u^n}{n} +\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}u^{n}}{n-1}−u\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} u^n\left(\dfrac{(-1)^{n-1}}{n} +\dfrac{(-1)^{n}}{n-1}\right)\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n}u^n\left(\dfrac{-1}{n} +\dfrac{1}{n-1}\right)\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} (-1)^{n}u^n\left(\dfrac{1}{(n-1)n}\right)\\ &=\sum_{n=2}^{\infty} \dfrac{(-1)^{n}u^n}{(n-1)n}\\ &= \dfrac{u^2}{2}-\dfrac{u^3}{6}+\dfrac{u^4}{12} -\dfrac{u^5}{20}\pm ...\\ \end{align} $

Si sólo miramos los dos primeros términos,

$\dfrac{u^2}{2}-\dfrac{u^3}{6} =\dfrac{u^2}{2}(1-\dfrac{u}{3}) $, y ya $\dfrac1{1+z} =1-z+z^2 \pm ... $, $1-\dfrac{u}{3} \sim \dfrac1{1+u/3} $.

Por lo tanto $h(u) \sim \dfrac{u^2}{2}\dfrac1{1+u/3} = \dfrac{u^2}{2+2u/3} $.

Esto muestra cómo la aproximación se podrían derivar. El siguiente paso es ver cuán precisa es la aproximación es. Vamos $h^*(u) = \dfrac{u^2}{2}\dfrac1{1+u/3} = \dfrac{u^2}{2+2u/3} $.

La expansión de la aproximación,

$\begin{align} h^*(u) &\sim \dfrac{u^2}{2}\dfrac1{1+u/3}\\ &=\dfrac{u^2}{2}(1-\dfrac{u}{3}+\dfrac{u^2}{9} -\dfrac{u^3}{27}\pm ...)\\ &=\dfrac{u^2}{2}-\dfrac{u^3}{6}+\dfrac{u^4}{18} -\dfrac{u^5}{54}\pm ... \\ \end{align} $

Por lo tanto

$\begin{align} h(u)-h^*(u) &=(\dfrac{u^4}{12} -\dfrac{u^5}{20}\pm ...) -(\dfrac{u^4}{18} -\dfrac{u^5}{54}\pm ...)\\ &=u^4(\dfrac{1}{12}-\dfrac{1}{18}) -u^5(\dfrac{1}{20}-\dfrac{1}{54})\pm ...\\ &=\dfrac{u^4}{36} -\dfrac{17u^5}{540}\pm ... \\ \end{align} $

Ciertamente parece $h(u) > h^*(u)$. Una vez que usted tiene esta conjetura, usted puede tratar de demostrarlo. En este caso, una prueba puede ser desarrollado buscando en los términos sucesivos en la diferencia y mostrando que los términos están disminuyendo y se alternan en signo.

Tenga en cuenta que si nos vamos a $h^{**}(u) = \dfrac{u^2}{2}-\dfrac{u^3}{6} $, $h(u)-h^{**}(u) =\dfrac{u^4}{12} -\dfrac{u^5}{20}\pm ... $, y esto parece haber un error alrededor de tres veces más grande.

Answer 2

Esto es más como un comentario. Definir $f(x)=(1+x) \log(1+x) - x- \frac{ x^2 }{ 2 + \frac{2}{3} x}$. Se puede ver que $f(0)=f'(0)=f''(0)=0$. Sin embargo es de $f''(x)$ relación de algunos polinomios y se puede ver que $x>0$, $f''(x)>0$. Por lo tanto, $f'(x)>0$ y $f(x)>0$ demasiado.

Esta es una forma fea para probarlo pero no veo otra manera por el momento.