Límites para la media generalizada $\frac{1}{2 \mu(a,b)}=\int_0^\infty \frac{dx}{e^{ax}+e^{bx}}$

Question

Definamos una media generalizada de dos números reales positivos $\mu(a,b)$ como:

$$\frac{1}{2 \mu(a,b)}=\int_0^\infty \frac{dx}{e^{ax}+e^{bx}}=\int_0^1 \frac{dt}{t^{1-a}+t^{1-b}}$$

Esta integral tiene una forma cerrada en términos de función hipergeométrica o números armónicos generalizados (nótese que podemos intercambiar $a$ y $b$ debido a la simetría):

$$\frac{1}{2 \mu(a,b)}=\frac{1}{a} {_2 F_1 } \left(1, \frac{a}{a-b};1+\frac{a}{a-b};-1 \right)$$

$$\frac{1}{2 \mu(a,b)}=\frac{1}{2(a-b)} \left( H_{b/(2(a-b))}-H_{(2b-a)/(2(a-b))} \right)$$

O, utilizando la serie hipergeométrica, obtenemos en realidad una forma muy sencilla para la integral (suponiendo $a>b$ ):

$$\frac{1}{2 \mu(a,b)}=\sum_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n}{a+(a-b)n}$$

Aunque me interesa principalmente encontrar un algoritmo de medias intermedias para calcular la integral en cuestión (como la media aritmética-geométrica para integrales elípticas), he empezado con algunos límites.

De los experimentos que tenemos desde abajo:

$$\mu(a,b) \geq \sqrt{\frac{a^2+b^2}{2}} \geq \frac{a+b}{2}$$

Y desde arriba:

$$\mu(a,b) \leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}} \leq \frac{a^2+b^2}{a+b}$$

Los límites superiores son muy marcados para $a$ y $b$ cerca el uno del otro.

La potencia de iteración significa para $p=2,3$ obtenemos una media que se cruza con $\mu(a,b)$ (puntos rojos).

También probé con medios de potencia intermedios $\sqrt[p]{\frac{1+x^p}{2}}$ ( $p \in (2,3)$ ), pero en su mayoría se cruzan $\mu(1,x)$ cerca de $x=0$ .

Sin embargo, al resolver:

$$2 \mu(1,0)=2^{1/p}$$

Encontramos el mejor límite:

$$\mu(a,b) \geq \sqrt[p]{\frac{a^p+b^p}{2}}$$

Dónde:

$$p=\frac{\log (2)}{\log (\log (4))}=2.122089644\dots$$

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Mis preguntas son:

¿Cómo podemos demostrar que $\mu(a,b) \leq \sqrt[3]{\frac{a^3+b^3}{2}}$ ?

¿Podemos probar algún límite agudo desde abajo también? ¿O un límite más agudo desde arriba? (En términos de medios bien conocidos, o al menos de funciones elementales).

Answer 1

Esto no deriva un método iterativo para calcular la integral, pero sí obtiene una forma diferente en términos de los números armónicos extendidos (aunque el valor es efectivamente igual).

Preliminar $$ \begin{align} \sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{k+x} &=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac1{k+x}-2\sum_{k=1}^n\frac1{2k+x}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1{k+x}+\sum_{k=1}^n\left(\frac1{k+x}-\frac1{k+x/2}\right)\right)\\ &=\log(2)+\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x/2}\right)-\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x}\right)\\[9pt] &=\log(2)+H_{x/2}-H_x\\[15pt] %&=\log(2)+\psi\!\left(\tfrac x2+1\right)-\psi(x+1) \end{align} $$ donde el Números armónicos ampliados están relacionados con el función digamma por $H_x=\gamma+\psi(x+1)$

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Integral

Suponiendo que $a\gt b$ : $$ \begin{align} \int_0^\infty\frac{\mathrm{d}x}{e^{ax}+e^{bx}} &=\int_0^\infty\frac{e^{-bx}\,\mathrm{d}x}{e^{(a-b)x}+1}\\ &=\sum_{k=1}^\infty(-1)^{k-1}\int_0^\infty e^{-(b+k(a-b))x}\mathrm{d}x\\ &=\frac1{a-b}\sum_{k=1}^\infty\frac{(-1)^{k-1}}{\frac{b}{a-b}+k}\\ &=\left\{\begin{array}{} \frac1{a-b}\left(\log(2)+H_{\frac b{2(a-b)}}-H_{\frac b{a-b}}\right)&\text{if $ a \gt b $}\\ \frac1{2a}&\text{if $ a=b $} \end{array}\right. \end{align} $$

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Una identidad $$ \begin{align} H_x+H_{x-1/2} &=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x}\right)+\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x-1/2}\right)\\ &=2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n\left(\frac1k-\frac1{2k+2x}-\frac1{2k-1+2x}\right)\\ &=2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}\left(\frac1k-\frac1{k+2x}\right)-2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n+1}^{2n}\frac1k\\ &=2H_{2x}-2\log(2) \end{align} $$ Esto demuestra que mi respuesta y el valor de la pregunta son iguales.

Answer 2

Podemos demostrar directamente algunas desigualdades menores:

$$\frac{1}{ \mu(a,b)}=\int_0^\infty \frac{2dx}{e^{ax}+e^{bx}} \leq \int_0^\infty e^{-\frac{a+b}{2} x} ~dx$$

$$ \mu(a,b) \geq \frac{a+b}{2}$$

Aquí utilizamos la desigualdad AM-GM.

$$\frac{1}{ \mu(a,b)}=\int_0^\infty \frac{2 e^{-ax} e^{-b x} dx}{e^{-ax}+e^{-bx}} \leq \frac{1}{2} \int_0^\infty (e^{-a x} +e^{-b x})~dx=\frac{1}{2} \left(\frac{1}{a} +\frac{1}{b}\right)$$

$$ \mu(a,b) \geq \frac{2ab}{a+b}$$

Aquí utilizamos la desigualdad AM-HM.

Obviamente, no necesitamos este último límite porque ya tenemos uno mejor, pero quería mostrar el principio.

Hay una media, que podría permitirnos obtener un límite superior:

$$\frac{a+b}{2} \leq \frac{a^2+b^2}{a+b}$$

En nuestro caso, tenemos:

$$\frac{2}{e^{ax}+e^{bx}} \geq \frac{e^{ax}+e^{bx}}{e^{2ax}+e^{2bx}}$$

$$\frac{1}{ \mu(a,b)} \geq \int_0^\infty \frac{e^{ax}dx}{e^{2ax}+e^{2bx}}+\int_0^\infty \frac{e^{bx}dx}{e^{2ax}+e^{2bx}}$$

$$e^{-ax}=t \\ x=-\frac{1}{a} \ln t \\ dx=-\frac{dt}{at}$$

$$\frac{1}{ \mu(a,b)} \geq \frac{1}{a} \int_0^1 \frac{dt}{1+t^{2(1-b/a)}}+\frac{1}{b}\int_0^1 \frac{dt}{1+t^{2(1-a/b)}}$$

Pero estas integrales no son elementales, también se expresan en términos de funciones especiales, por lo que no tiene mucho sentido utilizar este límite.

Podemos probar otros límites, pero hasta ahora no veo ninguno conveniente.