Que $2^{ax}\frac{\Gamma((a+1)x)}{\Gamma(x)}$ es una función creciente

Question

Me gustaría mostrar que la siguiente función \begin{align} f_a(x)=2^{ax}\frac{\Gamma((a+1)x)}{\Gamma(x)} \end{align} es una función creciente en $x$ $x \ge 0$ fijos $a>0$.

Hice algunas simulaciones, pero no está seguro de cómo mostrar una prueba de ello. Yo quería señalar que, a partir de la simulación, parece que $\frac{\Gamma((a+1)x)}{\Gamma(x)}$ puede ser la disminución de los valores de $x=0$.

Se puede intentar hacer esto mostrando que la derivada de un logaritmo de $f_a(x)$ es positivo. Vamos

\begin{align} g_a(x)= \log (f_a(x)) \end{align}

(aquí el registro es la base e) y la derivada de $g_a(x)$ está dado por \begin{align} \frac{d}{dx} g_a(x)&= \frac{d}{dx} \left( ax \log(2)+ \log (\Gamma( (a+1)x))- \log (\Gamma( x)) \right)\\ &=a \log(2) + (a+1)\psi((a+1)x)-\psi(x) \end{align} donde $\psi(x)$ es una función digamma.

Ahora queda por demostrar la siguiente desigualdad para la diferencia de digamma funciones \begin{align} (a+1)\psi((a+1)x)-\psi(x) \ge - a \log(2) . \end{align}

Answer 1

Tenemos que $$ r_a(x) = {{\Gamma \left( {\left( {a + 1} \right)x} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}} = {{\Gamma \left( {x +\, x} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}} = x^{\,\overline {\,\, x\,} } $$

donde $x^{\,\overline {\,y\,} } $ denota el Aumento de Factorial.

Ahora, el Aumento de los Factorial se define (por $x$ $y$ reales y complejas) como $$ h(x,y) = x^{\,\overline {\,y\,\,} } = {{\Gamma \left( {x + y} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}} = \prod\nolimits_{\;k\, = \,\,0}^{\,y} {\left( {x + k} \right)} $$ donde el último término denota la Indefinida Producto, calculada para $k$ oscilan entre los límites indicados.

Así que podemos escribir la $f_a(x)$ $$ \bbox[lightyellow] { f_ {\,} (x) = 2^{\,\, x} {{\Gamma \left( {x + ax} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}} = \prod\nolimits_{\;k\, = \,\,0}^{\,un\,x} {2\left( {x + k} \right)} = 2^{\,\, x} x^{\,\, x} \prod\nolimits_{\;k\, = \,\,0}^{\,un\,x} {\left( {1 + k/x} \right)} } \etiqueta{1}$$

Sobre los derivados de $r_a(x)$, desde $$ \left\{ \matriz{ {\parcial \over {\partial x}}h(x,y) = {{\Gamma \left( {x + y} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}}\left( {\psi \left( {x + y} \right) - \psi \left( x \right)} \right) \hfill \cr {\parcial \over {\partial y}}h(x,y) = {{\Gamma \left( {x + y} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}}\psi \left( {x + y} \right) \hfill \cr} \right. $$ entonces, como usted ya ha encontrado $$ \eqalign{ y {d \over {dx}}r_a(x) = {\parcial \over {\partial x}}h(x,y) + {\parcial \over {\partial y}}h(x,y){d \over {dx}}y = \cr Y = {{\Gamma \left( {x + ax} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}}\left( {\left( {a + 1} \right)\psi \left( {x + ax} \right) - \psi \left( x \right)} \right) = \cr Y = {{\Gamma \left( {x + ax} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}}\left( {a\psi \left( {x + ax} \right) + \left( {\psi \left( {x + ax} \right) - \psi \left( x \right)} \right)} \right) \cr} $$

donde, por $0<x$ (y $0<a$) $\Gamma(x+ax)/\Gamma(x)$ es claramente positiva.
Sin embargo, mientras que $\psi(x+ax)-\psi(x)$ también es positiva, ya $\psi(x)$ es creciente en ese intervalo, $a\psi(a+ax)$ introduce un término negativo para el menor $x$.

Para determinar el límite de$r_a'(x)$$x \to 0^+$, consideremos la serie de desarrollo de $$ \bbox[lightyellow] { \left\{ \matriz{ \ln \Gamma (cx) = \ln \left( {{1 \over {cx}}} \right) - \gamma cx + O\left( {x^{\,2} } \right) \hfill \cr \psi (cx) = - {1 \over {cx}} - \gamma + {{\pi ^{\,2} } \over 6}cx + O\left( {x^{\,2} } \right) = \hfill \cr = - {1 \over {cx}} - \gamma + \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {1 \over {k + 1 + cx}}} \right)} \hfill \cr} \right. } \etiqueta{2}$$

Por lo tanto $$ \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x\; \a \;0^{\, + } } {d \over {dx}}r_a(x) = \mathop {\lim }\limits_{x\; \a \;0^{\, + } } {{\Gamma \left( {x + ax} \right)} \over {\Gamma \left( x \right)}}\mathop {\lim }\limits_{x\; \a \;0^{\, + } } \a la izquierda( {\left( {a + 1} \right)\psi \left( {x + ax} \right) - \psi \left( x \right)} \right) = \cr Y = {1 \over {+1}}\left( { - \gamma} \right) \cr} $$

cual es negativo para $0<a$.

Relativa $f_a(x)$ lugar $$ \eqalign{ y {d \over {dx}}f_ {\,} (x) = \;2^{\,\, x}\ln 2r_ {\,} (x) + 2^{\,\, x} {d \over {dx}}r_ {\,} (x) = \cr Y = 2^{\,\, x} r_ {\,} (x)\left( {a\ln 2 + {d \over {dx}}\ln \left( {r_ {\,} (x)} \right)} \right) = \cr Y = 2^{\,\, x} r_ {\,} (x)\left( {a\ln 2 + {d \over {dx}}\ln \Gamma (x + ax) - {d \over {dx}}\ln \Gamma (x)} \right) = \cr Y = 2^{\,\, x} r_ {\,} (x)\left( {a\ln 2 + \left( {a + 1} \right)\psi (x + ax) - \psi (x)} \right) \cr} $$ (que es la ecuación que ya ha encontrado)

y $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & \mathop {\lim }\limits_{x\; \a \;0^{\, + } } f_ {\,} '(x) = 1\left( {\left( {a\ln 2} \right){1 \over {+1}} - {{\gamma} \over {+1}}} \right) = \cr y = {a \over {+1}}\left( {\ln 2 - \gamma } \right) = {a \over {+1}}0.1159 \cdots \cr} } \etiqueta{3}$$

Continuar con el desarrollo de la derivada de arriba $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ y {d \over {dx}}f_ {\,} (x)\;\mathop /\limits_{} \;\left( {2^{\,\, x} r_ {\,} (x)} \right) = \cr & = \ln 2 + \left( {a + 1} \right)\psi (x + ax) - \psi (x) = \cr & = \ln 2 + \left( {a + 1} \right)\left( { - {1 \over {\left( {a + 1} \right)x}} - \gamma + \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {1 \over {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x}}} \right)} } \right) - \left( { - {1 \over x} - \gamma + \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {1 \over {k + 1 + x}}} \right)} } \right) = \cr & = \left( {a\ln 2 - {1 \over x} - \left( {a + 1} \right)\gamma + {1 \over x} + \gamma } \right) + \left( {a + 1} \right)\sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {1 \over {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x}}} \right)} - \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {1 \over {k + 1 + x}}} \right)} = \cr & = \left( {\ln 2 - \gamma } \right) + \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{un \over {k + 1}} + {1 \over {k + 1 + x}} - {{\left( {a + 1} \right)} \over {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x}}} \right)} = \cr & = \left( {\ln 2 - \gamma } \right) + \sum\limits_{0\, \le \,k} {\left( {{1 \over {k + 1}} - {{k + 1} \over {\left( {k + 1 + x} \right)\left( {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x} \right)}}} \right)} \cr} } \etiqueta{4}$$

y $$ \bbox[lightyellow] { \eqalign{ & 0 \le {1 \over {k + 1}} - {{k + 1} \over {\left( {k + 1 + x} \right)\left( {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x} \right)}} = \cr Y = {1 \over {k + 1}} - {1 \over {\left( {1 + x/\left( {k + 1} \right)} \right)\left( {k + 1 + \left( {a + 1} \right)x} \right)}}\quad \left| {\;0 \le x,k} \right. \cr} } \etiqueta{5}$$ por lo tanto, su tesis se demuestra.

Answer 2

At Least % gran $x$, considerando el $$f_a(x)=2^{ax}\frac{\Gamma((a+1)x)}{\Gamma(x)}$ $ tomar logaritmos $$\log(f_a(x) )=a x\log(2)+\log (\Gamma ((a+1) x))-\log (\Gamma ( x))$$ Now, use Stirling approximation for $\log(\Gamma(p)) $ and continue with Taylor expansion for large $x$ y get $$\log(f_a(x)) = x \left(a \log \left(\frac{2x}{e}\right)+(a+1) \log (a+1)\right) + \frac {1} {2} \log \left(\frac{1}{a+1}\right)-\frac {a} {12 (+1) x} + O\left(\frac{1}{x^4}\right)$ $

Answer 3

Croquis de la prueba:

La relación de $G^a(x):=\Gamma(x+ax)/\Gamma(x)$ $a>0$ es una función que tiene un único mínimo para $x>0$, y la ubicación de ese mínimo en el límite $a \to 0$ (pero no exactamente cero) es la raíz de la ecuación $x\,\psi^{\,'}(x) + \psi(x)=0.$ Llamar a este valor $x_0$ a que el valor numérico de aproximadamente 0.216099. Para $a>>0$, el mínimo de $G^a(x)$ se produce por alguna $0<x^*<x_0.$ Ya que queremos una desigualdad válida para $x \ge 0$ es natural mirar a $G_a(x)$ $x \sim 0.$ Una aproximación lineal es $G^a_1(x) = 1/(1+a) - a/(1+a)\gamma \, x,$ donde $\gamma$ es la constante de Euler. La aproximación lineal se alcance el valor de $G^a(x^*)$ que es lo que finalmente resultará en una desigualdad. Para contrarrestar la tendencia a la baja de 0 a $x^*$ que buscamos $y$ tal que $$\frac{d}{dx} y^x\, G^a(x) |_{x=0} = 0 \text{ or its approx } \frac{d}{dx} y^x\, G^a_1(x) |_{x=0} = 0.$$ This is posed as a question involving a derivative because we want to find the best $y.$ Doing the last calculation it is found that $\registro de{y}=a\, \gamma.$ However $2^{un\,x}> (e^\gamma)^{un\,x}$ since $e^\gamma \sim, el 1,78$. Thus the proposed inequality is true and can be improved with 2 replaced by $e^\gamma$. Para hacer este argumento riguroso tomará algo de trabajo, pero es posible que sólo necesite una apelación a Bohr-Mollerup.