$(\lambda^d + (1-\lambda^d) e^{(d-1)s})^{\frac{1}{1-d}} \leq \sum_{n=0}^\infty \frac{\lambda^{\frac{(d^n-1)d}{d-1}+n}s^n}{n!} e^{-\lambda s}$

Question

Pregunta

Deje $\lambda \in (0,1), s \in (0,\infty), d \in \{2,3,\dots\}$ y demostrar que en este caso la siguiente desigualdad se cumple: $$(\lambda^d + (1-\lambda^d) e^{(d-1)s})^{\frac{1}{1-d}} \leq \sum_{n=0}^\infty \frac{\lambda^{\frac{(d^n-1)d}{d-1}+n}s^n}{n!} e^{-\lambda s},$$

Pensamientos

Mi primera intuición fue a probar y escribir el lado izquierdo como algunas series de taylor, pero esto parece una mala idea, ya que la única parte de escribir como una serie de Taylor es $e^{(d-1)s}$ y si nos "ignorar" las $\lambda^d$ esta parte es lo que le da $e^{-s}$ que está delimitada por $e^{-\lambda s}$.

Tal vez hay alguna fórmula para un convexo expresión de la forma $\lambda^d a + (1-\lambda^d) b$ que se puede utilizar aquí? La aplicación de la convexidad puedo escribir con la mano derecha como $e^{-(1-\lambda^d)s}$, lo que, por desgracia, no es menor que el lado derecho (para valores grandes de a $s$ la desigualdad de falla, lo cual es lógico, como convecity la desigualdad es cada vez más imprecisa como $s$ de aumento).

Yo podría ser capaz de demostrar que el uso de la expansión de Taylor de $f(x) := \frac{1}{(1+x)^{1/n}}$ como puedo escribir con la mano derecha como: $$ (1 + (1-\lambda^d) (e^{(d-1)s}-1))^{1/(1-d)}, $$ por esto puede tomar la serie de taylor en $0$ $|x|=|(1-\lambda^d) (e^{(d-1)s}-1)| < 1$ y a las$\infty$$|x| > 1$.

A mí me parece que necesito algo como el Binomio Aproximación , pero para valores grandes de a $x$ más que los valores pequeños de a $x$.

Técnica prometedora

Puedo escribir con la mano izquierda como $$e^{-s} (1 + \lambda^d (e^{(1-d)s} - 1))^{1/(1-d)}$$ como $|\lambda^d (1-e^{(1-d)s})| < 1$ podemos utilizar la expansión de Taylor de $1/(1+x)$$0$. Esto nos permite reducir la desigualdad de la muestra: $$ e^{-s} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{n!} \frac{\Gamma(1 - 1/(d-1))}{\Gamma(1 - 1/(d-1) - n)} \cdot \lambda^{nd} e^{(1-d)s}-1)^n \leq \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\lambda^{((d^n-1)d)/(d-1)+n s}^n}{n!}e^{-\lambda s}. $$ Los términos en la suma en el lado derecho se reduce a cero mucho más rápido que la suma en el lado izquierdo, pero el primer par de términos de la derecha son mucho más grandes que aquellos en el lado izquierdo. A mí me parece que esto corresponde al hecho de que la serie de Taylor en el lado izquierdo converge muy lentamente a la función, tal vez podemos llevar un mejor desarrollo en serie de Taylor que converge más rápido.

Answer 1

Demasiado largo para un comentario (pero me puedes eliminarla si quieres) así :

De hecho, el lado derecho es un polinomio más particularmente una Jensen polinomio :

Por qué? Debido a que los coeficientes de cumplir las condiciones también llamado Turan de la desigualdad: $$\sigma_k^2\geq \sigma_{k-1}\sigma_{k+1}$$

La prueba (en este caso $\lambda=\sigma$): Tenemos que demostrar :

$$\sigma^{2\frac{d^n-1}{d-1}+2n}\geq \sigma^{\frac{d^{n-1}-1}{d-1}+n-1}\sigma^{\frac{d^{n+1}-1}{d-1}+n+1}$$

Después de simplificación tenemos :

$$\sigma^{2\frac{d^n-1}{d-1}}\geq\sigma^{\frac{d^{n-1}-1}{d-1}}\sigma^{\frac{d^{n+1}-1}{d-1}}$$ Tomamos el logaritmo en cada lado, se obtiene : $${2\frac{d^n-1}{d-1}}ln(\sigma)\geq\frac{d^{n-1}-1}{d-1}ln(\sigma)+\frac{d^{n+1}-1}{d-1}ln(\sigma)$$

El logaritm es negativo para revertir la desigualdad :

$${2(\frac{d^n-1}{d-1})}\leq\frac{d^{n-1}-1}{d-1}+\frac{d^{n+1}-1}{d-1}$$

Finalmente, se obtiene :

$$2\leq \frac{1}{d}+d$$ Que es obvio

Así que es una manera seria de probarlo, pero ahora no tengo el tiempo para la conclusión de

Editar : Los polinomios asociados a Jensen polinomios son :

$$g_n(t)=\sum_{k=0}^{n}{n\choose k}\sigma_tx^t$$

Además sabemos (deje $g_n(t)=g_n(t)(\phi;x)$), entonces los polinomios $g_n(t)$ son generadas por : $$e^t\phi(xt)=\sum_{k=0}^{\infty}g_n(x)\frac{t^n}{n!}$$ Teorema a partir de este vínculo afirma esto : la función de $\phi(x)$ pertenece a L-P si y sólo si todos los polinomios $g_n(\phi;x)$,$n=1,2,\cdots$ sólo tienen real ceros .

Desde este enlace podemos decir que los ceros de Jensen polinomios son simples y negativo de forma que podemos expresar el Jensen polinomios como este :

$$f(z)=cz^me^{-\alpha z^2+\beta z }\prod_{n=0}^{\infty}(1-\frac{z}{z_n})e^{\frac{z}{z_n}}$$

Así que la infinita suma se convierte en un producto... tal vez podría ayudar .