Quiero encontrar un límite superior de la función $h(t)$ en $t \in [0, \infty [$ con $d >1$ que se define por $$ h(t) := \int_0^t (1+t)^d (1+t-r)^{-d} (1+r)^{-d} dr$$ y podría demostrar fácilmente que $h(t) \leq \frac{2^{d+1}}{d-1}$ de la siguiente manera: \begin{eqnarray*} h(t) &=& \int_0^{t/2} (1+t)^d (1+t-r)^{-d} (1+r)^{-d} dr + \int_{t/2}^t (1+t)^d (1+t-r)^{-d} (1+r)^{-d} dr \\ &\leq& \int_0^{t/2} (1+t)^d (1+t-\frac{t}{2} )^{-d} (1+r)^{-d} dr + \int_{t/2}^t (1+t)^d (1+t-r)^{-d} (1+ \frac{t}{2} )^{-d} dr \\ &\leq& 2^d \left( \int_0^{t/2} (1+r)^{-d} dr + \int_{t/2}^t (1+t-r)^{-d} dr \right) \; (\because (1+t)^d (1+t/2)^{-d} \leq 2^d ) \\ &= & 2^{d+1} \int_0^{t/2} (1+r)^{-d} dr \\ &=& \frac{2^{d+1}}{-d+1} ((1+t/2)^{-d+1} -1 ) \\ & \leq & \frac{2^{d+1}}{d-1} \; (\because (1+t/2)^{-d+1} \leq 1 ). \end{eqnarray*} Pero creo que este límite es demasiado grande, así que ¿hay uno más nítido para $h(t)$ que no depende de $t$ ?
Respuesta
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En primer lugar, el integrando es simétrico con respecto a $r=t/2$ para que $$ h(t)=2(1+t)^d\int_0^{t/2} (1+t-r)^{-d} (1+r)^{-d}\,dr. $$ La función $(1+t-r)(1+r)$ es creciente y cóncava en el intervalo $[0,t/2]$ . De ello se desprende que $$ (1+t-r)(1+r)\ge1+t+\frac t2\,r,\quad 0\le r\le t/2. $$ Entonces $$ h(t)\le2(1+t)^d\int_0^{t/2} \Bigl(1+t+\frac t2\,r\Bigr)^{-d}\,dr. $$ De ello se deduce inmediatamente que $h(t)\le t$ para todos $t\ge0$ . Por otro lado, evaluando la integral obtenemos $$ h(t)\le\frac{4(1+t)^d}{(d-1)t}\Bigl((1+t)^{-d+1}-(1+t+\frac{t^2}{4})^{-d+1}\Bigr)\le\frac{4(1+t)}{(d-1)t}. $$ Así, $$ h(t)\le\max\Bigl(t,\frac{4(1+t)}{(d-1)t}\Bigr),\quad t\ge0. $$ Evaluar en el punto en el que $$ t=\frac{4(1+t)}{(d-1)t} $$ finalmente conseguimos $$ h(t)\le\frac{2(1+\sqrt d)}{d-1},\quad t\ge0. $$
