Aproximación asintótica respecto a la función gamma$\Gamma$.

Question

En la página de wikipedia para la función Gamma vi una fórmula interesante $$ \lim_{n\to \infty} \frac{\Gamma(n+\alpha)}{\Gamma(n)n^\alpha} = 1 $$ para todos los $\alpha\in\Bbb C$. No pude encontrar el origen de esto y buscar aquí en el MSE no dio el resultado que yo quiero.

Alguien podría mostrarme cómo esta fórmula se deriva?

Estoy muy poca experiencia con propiedades/identidades de $\Gamma$ así que me perdone si esta pregunta es trivial.

Answer 1

Los más usuales de derivación de este implicaría que el Stirling-Laplace asintótica para $\Gamma(s)$. Estoy ligeramente sorprendido de que esto no era explícitamente trabajado en la Wiki, o algunos otros lugares de fácil acceso en-línea.

De hecho, un enfoque mucho más simple obtiene (una versión más fuerte de) este asintótica a través de "Watson Lema", que en sí es fácil completamente probar desde cosas muy simples, con más de 100 años. En varios lugares en la literatura, el lema es, de hecho, llamado "el oft-super aprobada Watson lema". :)

El caso que comentas es un simple corolario de la primer ejemplo yo escribí algunas notas sobre asintótica expansiones: http://www.math.umn.edu/~garrett/m/mfms/notes_2013-14/02d_asymptotics_of_integrals.pdf

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Stirling Asintótica: $\ds{N! \sim \root{2\pi}\, N^{N + 1/2}\expo{-N}}$como $\ds{\verts{N} \to \infty}$.

\begin{align} \left.\lim_{n \to \infty}{\Gamma\pars{n + \alpha} \over \Gamma\pars{n}n^{\alpha}}\,\right\vert_{\ \alpha\ \in\ \mathbb{C}} & = \lim_{n \to \infty}{\pars{n + \alpha - 1}! \over \pars{n - 1}!\, n^{\alpha}} \\[5mm] & = \lim_{n \to \infty}{\root{2\pi}\pars{n + \alpha - 1}^{n + \alpha - 1/2}\expo{-\pars{n + \alpha - 1}} \over \bracks{\root{2\pi}\pars{n - 1}^{n - 1/2}\expo{-\pars{n - 1}}}\, n^{\alpha}} \\[5mm] & = \lim_{n \to \infty}{n^{n + \alpha - 1/2}\, \bracks{1 + \pars{\alpha - 1}/n}^{n + \alpha - 1/2}\,\expo{-\alpha} \over \bracks{n^{n - 1/2}\pars{1 - 1/n}^{n - 1/2}}\, n^{\alpha}} \\[5mm] & = \expo{-\alpha}\lim_{n \to \infty} {\bracks{1 + \pars{\alpha - 1}/n}^{n} \over \pars{1 - 1/n}^{n}} \\[5mm] & = \expo{-\alpha}\,{\expo{\alpha - 1} \over \expo{-1}} = \bbx{1} \end{align}

Answer 3

Real $\boldsymbol{\alpha}$

El registro de convexidad de la función Gamma se muestra en esta respuesta.

Supongamos que $0\le\alpha\le k\in\mathbb{Z}$, a continuación, utilizando la relación de recurrencia para $\Gamma$, $$ \begin{align} \Gamma(n+\alpha) &\le\Gamma(n)^{1-\alpha/k}\,\Gamma(n+k)^{\alpha/k}\\ &\le\Gamma(n)^{1-\alpha/k}\left(\Gamma(n)\,(n+k)^k\right)^{\alpha/k}\\ &=\Gamma(n)\,(n+k)^\alpha\tag1 \end{align} $$ y $$ \begin{align} \Gamma(n) &\le\Gamma(n+\alpha-k)^{\alpha/k}\Gamma(n+\alpha)^{1-\alpha/k}\\[6pt] &\le\left(\frac{\Gamma(n+\alpha)}{(n+\alpha-k)^k}\right)^{\alpha/k}\Gamma(n+\alpha)^{1-\alpha/k}\\ &=\frac{\Gamma(n+\alpha)}{(n+\alpha-k)^\alpha}\tag2 \end{align} $$ Entonces tenemos $$ \left(\frac{n+\alpha-k}{n}\right)^\alpha \le\frac{\Gamma(n+\alpha)}{\Gamma(n)\,n^\alpha} \le\left(\frac{n+k}{n}\right)^\alpha\tag3 $$ y por el Teorema del sándwich, para $\alpha\ge0$, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+\alpha)}{\Gamma(n)\,n^\alpha}=1\tag4 $$ Sustituyendo $n\mapsto n-\alpha$ en $(3)$, multiplicando por $\left(\frac{n-\alpha}n\right)^\alpha$, y tomando recíprocos, obtenemos $$ \left(\frac{n-k}{n}\right)^{-\alpha} \ge\frac{\Gamma(n-\alpha)}{\Gamma(n)\,n^{-\alpha}} \ge\left(\frac{n-\alpha+k}{n}\right)^{-\alpha}\tag5 $$ y por el Teorema del sándwich, para $\alpha\ge0$, $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n-\alpha)}{\Gamma(n)\,n^{-\alpha}}=1\tag6 $$

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Complejo de $\boldsymbol{\alpha}$

Por desgracia, no he encontrado una manera de hacer el log-convexidad argumento de que funciona para $\alpha\in\mathbb{R}$ trabajo para $\alpha\in \mathbb{C}$. Acerca de lo mejor que he podido ver, es el uso de Stirling Aproximación. $$ \Gamma(n)\sim\sqrt{\frac{2\pi}n}\frac{n^n}{e^n}\tag7 $$ La aplicación de $(7)$ a $\Gamma(n+\alpha)$ e $\Gamma(n)$, obtenemos $$ \frac{\Gamma(n+\alpha)}{\Gamma(n)\,n^\alpha}\sim\sqrt{\frac{n}{n+\alpha}}\frac{\left(1+\frac\alpha{n}\right)^{n+\alpha}}{e^\alpha}\tag8 $$ que los rendimientos de $$ \lim_{n\to\infty}\frac{\Gamma(n+\alpha)}{\Gamma(n)\,n^\alpha}=1\tag9 $$

Answer 4

Como se dijo, la aproximación de Stirling es la clave.

Teniendo en cuenta $$y=\frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)\,n^a}\implies \log(y)=\log (\Gamma (a+n))-\log (\Gamma (n))-a \log(n)$$ uso de la aproximación de Stirling $$\log (\Gamma (p))=p (\log (p)-1)+\frac{1}{2} \left(\log (2 \pi )-\log \left({p}\right)\right)+\frac{1}{12 p}-\frac{1}{360 p^3}+O\left(\frac{1}{p^5}\right)$$ Solo tienes que aplicar y continuar con la serie de Taylor para obtener $$\log(y)=\frac{(a-1)} {2 n}-\frac{(a-1) a (2-1)}{12 n^2}+\frac{(a-1)^2 a^2}{12 n^3}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)$$ Continuar con Taylor $$y=e^{\log(y)}=1+\frac{(a-1) a}{2 n}+\frac{(a-2) (a-1) a (3 a-1)}{24 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)$$

Utilizando para $n=100$ e $a=5+7i$ el "valor exacto" sería $(0.798463+ 0.143902 \,i)$ , mientras que la anterior aproximación daría $\frac{31947}{40000}+\frac{1057 }{7500}i\approx (0.798675 +0.140933 i)$.