$\frac{\Gamma(\frac{n_T + n_C - 2}{2})}{\sqrt{\frac{n_T+n_C-2}{2}}\Gamma\left(\frac{n_T+n_C-3}{2}\right)} \approx 1 - \frac{3}{4(n_T+n_C+2)-1}$

Question

En esta respuesta a una pregunta que hice (que deriva la varianza de Cohen $d$ ), la aproximación
$$\frac{\Gamma\left(\frac{n_T + n_C - 2}{2}\right)}{\sqrt{\frac{n_T+n_C-2}{2}}\Gamma\left(\frac{n_T+n_C-3}{2}\right)} \approx 1 - \frac{3}{4(n_T+n_C+2)-1}$$ se utiliza. Podemos suponer razonablemente que $n_T, n_C> 0$ son números enteros.

¿Cómo se obtiene esta aproximación? La persona que responde afirma:

Lo saqué del Papel de coberturas -- no sé su derivación por el momento, pero lo pensaré un poco más.

Me gustaría tener más que aportar a esta cuestión que eso, pero la eliminación de la $\Gamma$ función me parece completamente desconcertante, y no sabría ni por dónde empezar.

Editar : Actualmente estoy probando la aproximación de Stirling, a ver si me lleva a alguna parte. Y hasta ahora, estoy bastante perdido en cuanto a cómo lidiar con la división por $2$ en el $\Gamma$ funciones.

Answer 1

Uso de la aproximación de Stirling $$ \log(\Gamma(n))=n\log(n)-n-\frac12\log(n)+\frac12\log(2\pi)+\frac1{12n}+O\left(\frac1{n^3}\right) $$ podemos calcular $$ \log\left[\frac{\Gamma(n-1)}{\sqrt{n-1}\,\Gamma\left(n-\frac32\right)}\right]=-\frac3{8n}-\frac1{2n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right) $$ y por lo tanto, $$ \begin{align} \frac{\Gamma(n-1)}{\sqrt{n-1}\,\Gamma\left(n-\frac32\right)} &=1-\frac3{8n}-\frac{55}{128n^2}+O\left(\frac1{n^3}\right)\\ &=1-\frac3{8n-\frac{55}6}+O\left(\frac1{n^3}\right) \end{align} $$ Establecer $n=\frac{n_T+n_C}2$ y obtenemos $$ \begin{align} \frac{\Gamma(n-1)}{\sqrt{n-1}\,\Gamma\left(n-\frac32\right)} &=1-\frac3{8n-\frac{55}6}+O\left(\frac1{n^3}\right)\\ &=1-\frac3{4\left(n_T+n_C-2\right)-\frac76}+O\left(\frac1{\left(n_T+n_C\right)^3}\right)\\ \end{align} $$ Si estoy en lo cierto, parece que hay un problema de señalización en $n_T+n_C\color{#FF0000}{-}2$ y $\frac76$ se ha simplificado a $1$ .

Answer 2

He aquí una derivación sencilla y elemental, utilizando únicamente la relación de recursión $\Gamma(x+1)=x\ \Gamma(x)$ en lugar de la aproximación de Stirling. Definimos $$f(x) = \frac{\Gamma(x)}{\sqrt{x}\,\Gamma(x-\frac12)}\ ,$$ donde $x = \frac{n_T+n_C-2}2$ . Entonces lo que queremos demostrar es el siguiente comportamiento asintótico para grandes $x$ : $$f(x)=1-\frac3{8x-\frac76}+O(x^{-3})\ .$$ El truco está en considerar el producto $f(x)f(x+\frac12)$ . La anterior definición de $f(x)$ lleva a $$f(x)f(x+{\small\frac12}) = \frac{\Gamma(x)}{\sqrt{x}\,\Gamma(x-\frac12)}\frac{\Gamma(x+\frac12)}{\sqrt{x+\frac12}\,\Gamma(x)} = \frac{x-\frac12}{\sqrt{x}\sqrt{x+\frac12}} = \frac{1-\frac1{2x}}{\sqrt{1+\frac1{2x}}} \ , $$ donde en la 2ª igualdad hemos utilizado la recursión para $\Gamma$ . Expandiendo la raíz cuadrada en el denominador se obtiene $$f(x)f(x+{\small\frac12}) = 1-\frac3{4x}+\frac7{32x^2}+O(x^{-3})\ .$$ Por otro lado, el establecimiento de $$f(x)=1-\frac1{ax+b}+O(x^{-3})\ ,$$ obtenemos otra expansión $$f(x)f(x+{\small\frac12}) = \left( 1-\frac1{ax}\frac1{1+\frac b{ax}} \right) \left( 1-\frac1{ax}\frac1{1+\frac{\frac a2 +b}{ax}} \right)+O(x^{-3}) $$ $$ = 1-\frac2{ax}+\frac{1+\frac a2 +2b}{a^2x^2}+O(x^{-3})\ .$$ Comparación de los coeficientes del $x^{-1}$ y $x^{-2}$ términos en las dos expansiones da finalmente $a=\frac83$ y $b=-\frac7{18}$ con lo que se concluye la prueba.