Una función gamma de la desigualdad

Question

Me gustaría probar $$\frac{\Gamma(n+\frac{1}{2})}{\Gamma(n+1)} \le \frac{1}{\sqrt{n}}$$ for all natural $n \ge 1$. La desigualdad parece ser cierto numéricamente, pero la prueba me escapa.

Answer 1

He aquí una prueba directa:

La función gamma satisface $\Gamma(n+1) = n \Gamma(n)$, así que la función $g(x) = \ln \Gamma(x)$ satisface $g(n+1) = \ln n + g(n)$. En otras palabras, el segmento de línea entre los puntos de $(n,g(n))$ y $(n+1,g(n+1))$ pendiente $\ln n$.

Por otra parte, $g$ es conocido por ser una función convexa para $x>0$ (cf. la Bohr–Mollerup teorema), así que el punto de $(n+1/2, g(n+1/2))$ se encuentra por debajo de ese segmento de línea: $g(n+1/2) < g(n+1) - \frac12 \ln n$. Exponentiating ambos lados da $\Gamma(n+1/2) < \Gamma(n+1) / \sqrt{n}$, como se desee.

Answer 2

Para las primarias de la prueba vamos a

$$I_n= \int_0^{ \pi/2} \sin^n x \textrm{ d}x $$

a continuación, integración por partes da

$$I_n = \frac{n-1}{n} I_{n-2} . \quad (1) $$

De la que podemos obtener

$$I_{2n}= \frac{2n-1}{2n} \frac{2n-3}{2n-2} \cdots \frac{1}{2} \frac{\pi}{2} \quad (2) $$

y

$$I_{2n+1}= \frac{2n}{2n+1} \frac{2n-2}{2n-1} \cdots \frac{2}{3} . \quad (3) $$

Desde $ \sin^{2n+1} x < \sin^{2n} x $ $ x \in (0,\pi/2) $ hemos

$$I_{2n+1}< I_{2n} . \quad (4) $$

También, de $(1)$ tenemos $(2n+1)I_{2n+1} = 2nI_{2n-1} > 2nI_{2n}$ desde $I_{2n-1} >I_{2n}.$

Por lo tanto, el uso de este y $(4)$

$$ \frac{2n+1}{2n} > \frac{ I_{2n} }{ I_{2n+1} } > 1 . \quad (5) $$

Pero de $(2)$ $(3)$

$$ \frac{ I_{2n} }{ I_{2n+1} } = \frac{2n+1}{2} \frac{ (2n!)^2 }{ 4^{2n} (n!)^4 } \pi .$$

Poner esto en $(5)$ da

$$ \frac{1}{ \sqrt{n} } > \frac{1}{4^n} { 2n \choose n } \sqrt{ \pi } > \frac{1}{ \sqrt{ n + 1/2} }.$$

es decir,

$$ \frac{1}{ \sqrt{n} } > \frac{ \Gamma(n + 1/2) }{ \Gamma(n+1) } > \frac{1}{ \sqrt{ n + 1/2} }.$$

Answer 3

De esta manera se sigue directamente de Gautschi la desigualdad, válido para$0 < s < 1$$x > 0$:

$$x^{1-s} < \frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x+s)} < (x+1)^{1-s}.$$

Como una nota del lado, el enlace es de NIST nuevo (como este año) de la Biblioteca Digital de Funciones Matemáticas. El DLMF es una actualización del clásico de Abramowitz y Stegun de texto, Manual de Funciones Matemáticas.

Answer 4

Para elaborar Shai Covo la respuesta:

$$2n\left[{2n\elegir n} 4^{-n}\right)^2 = {1\over2}\,{3\over2}\,{3\over4}\,{5\over4}\cdots {{2n-1}\over{2n-2}}\,{{2n-1}\over{2n}} ={1\over 2}\prod_{j=2}^n\left(1+{1\over4j(j-1)}\right). $$

Por Wallis de la fórmula, el medio de expresión converge a $2\over\pi$. La mano derecha de la expresión muestra que es estrictamente creciente. Por lo tanto, multiplicando por $\pi/2$ y tomando raíces cuadradas muestra que
$$\sqrt{n\pi}{2n\choose n} 4^{-n}\uparrow 1.$$

Answer 5

Desde $$ \Gamma \bigg(n + \frac{1}{2}\bigg) = \frac{{(2n)!}}{{4^n n!}}\sqrt \pi $$ (ver, por ejemplo, aquí), tenemos $$ \frac{{\Gamma (n + \frac{1}{2})}}{{\Gamma (n+1)}} = \frac{{{2n \elegir n}}}{{4^n }}\sqrt \pi . $$ Esto podría ser muy útil, pero tengo que comprobar.