Trabajaremos con $x\ge0$ porque los límites resultan más limpios, pero ampliar a $x\le0$ simplemente tenemos que aumentar $a_1$ y $\beta$ un poco.
Desarrollando $\pmb{g_n}$
Defina $g_0(x)=x$ y $$ g_n(x)=\Gamma(1+g_{n-1}(x))\tag1 $$ En primer lugar, para $x\approx0$ tenemos $\Gamma'(1)=-\gamma$ , dando $$ g_1(x)=1-\gamma x+[0,a_1]_\#x^2\tag2 $$ donde $a_1=\frac{\Gamma''(1)}2$ utilizando $\Gamma'''(1)\lt0$ . Utilizamos la notación $[a,b]_\#$ un número real en $[a,b]$ .
A continuación, el valor de $g_1(x)$ está cerca $1$ por lo que el argumento del $\Gamma$ en $g_2(x)=\Gamma(1+\Gamma(1+x))$ es $\approx2$ y $\Gamma'(2)=1-\gamma$ . Por lo tanto, $$ g_2(x)=1-\gamma(1-\gamma)x+[0,a_2]_\#x^2\tag3 $$ donde $a_2=\underbrace{(1-\gamma)a_1}_{\substack{\text{contribution}\\\text{from the}\\\text{$ 2^\text{nd} $ order}\\\text{term in $ (2) $}}}+\underbrace{\quad\beta\gamma^2\quad}_{\substack{\text{contribution}\\\text{from the}\\\text{$ 1^\text{st} $ order}\\\text{term in $ (2) $}}}$ y $\beta=\frac{\Gamma''(2)}2$ utilizando $\Gamma'''(2)\gt0$ .
Repitiendo este proceso se obtiene $$ g_n(x)=1-\gamma(1-\gamma)^{n-1}x+[0,a_n]_\#x^2\tag4 $$ donde $$ a_n=(1-\gamma)a_{n-1}+\beta\gamma^2(1-\gamma)^{2n-4}\tag5 $$
Resolviendo la recurrencia para $\pmb{a_n}$
Dejar $a_n=b_n(1-\gamma)^n$ tenemos $b_1=\frac{a_1}{1-\gamma}$ y $(5)$ se convierte en $$ \begin{align} b_n &=b_{n-1}+\beta\gamma^2(1-\gamma)^{n-4}\tag{6a}\\[9pt] &=\frac{a_1}{1-\gamma}+\frac{\beta\gamma^2}{(1-\gamma)^2}\frac{1-(1-\gamma)^{n-1}}{1-(1-\gamma)}\tag{6b}\\ &=\frac{a_1(1-\gamma)+\beta\gamma\left(1-(1-\gamma)^{n-1}\right)}{(1-\gamma)^2}\tag{6c} \end{align} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} a_n &=\left(a_1(1-\gamma)+\beta\gamma\left(1-(1-\gamma)^{n-1}\right)\right)(1-\gamma)^{n-2}\tag{7a}\\[3pt] &\le(a_1(1-\gamma)+\beta\gamma)(1-\gamma)^{n-2}\tag{7b}\\[3pt] &=\eta\,(1-\gamma)^{n-2}\tag{7c} \end{align} $$ donde $\eta=a_1(1-\gamma)+\beta\gamma=\frac{\pi^2}{12}-\frac{\gamma^2}2$ .
Enchufar $(7)$ en $(4)$ da $$ g_n(x)=1-\gamma(1-\gamma)^{n-1}x+\left[0,\eta\,(1-\gamma)^{n-2}\right]_\#x^2\tag8 $$
Evaluar el producto
Desde $\frac{\gamma(1-\gamma)}\eta\ge\frac13$ si $x\in\left[0,\frac13\right]$ entonces $g_n(x)\le1$ ; si $x\in\left[-\frac13,0\right]$ entonces $g_n(x)\ge1$ . En cualquier caso, podemos aplicar el Teorema de esta respuesta . Para aplicar el Teorema, obsérvese que $$ \sum_{n=1}^\infty\gamma(1-\gamma)^{n-1}=1\tag9 $$ y $$ \sum_{n=1}^\infty\eta(1-\gamma)^{n-2}=\frac\eta{\gamma(1-\gamma)}\le3\tag{10} $$ Aplicando el Teorema, utilizando $(9)$ y $(10)$ da $$ 1-x\le1-x+[0,3]_\#x^2\le\prod_{n=1}^\infty g_n(x)\le\frac1{1+x-[0,3]_\#x^2}\le1-x+4x^2\tag{11} $$ Eso es, $$ \prod_{n=1}^\infty g_n(x)=1-x+[0,4]_\#x^2\tag{12} $$
La raíz del asunto
Utilizando el resultado de esta respuesta podemos calcular $$ \begin{align} \lim_{x\to0}\left(\prod_{n=1}^\infty g_n(x)\right)^{-1/x} &=\lim_{x\to0}\left(1-x+[0,4]_\#x^2\right)^{-1/x}\tag{13a}\\[3pt] &=e\tag{13b} \end{align} $$
$\pmb{\eta}$ Parece correcto
Uso de Mathematica y las funciones
g[n_,x_]:=N[Nest[Gamma[1+#]&,x,n],100]
y
f[n_,x_]:=(g[n,x]-(1-EulerGamma(1-EulerGamma)^(n-1)x))/
((1-EulerGamma)^(n-2)x^2)
Evalué f[100,1/1000000000000] y consiguió $$ \left.\frac{g_n(x)-\left(1-\gamma(1-\gamma)^{n-1}x\right)}{(1-\gamma)^{n-2}x^2}\right|_{\substack{n=100\ \ \ \\x=10^{-12}}}=\color{#C00}{0.655878071518}898822 $$ mientras que $\eta=\color{#C00}{0.655878071520}253881$ una diferencia de ${}\approx1.355\times10^{-12}$ .
