límite inferior de una función de $\Gamma$

Question

Me gustaría mostrar que $$\frac{\Gamma(1-2x)\Gamma(1+x)}{\Gamma(1-x)}\geq 1$$ for real $x$ such that $|x|\leq \frac12$, where $\Gamma$ es el habitual de la función gamma.

Me miró a los derivados y fue un largo camino para demostrar esto. Yo, sin embargo, de alguna manera, creemos que debe haber una manera más sencilla. Agradezco todas las sugerencias o comentarios. Muchas gracias!

Answer 1

Tenga en cuenta que los casos de $x=0$ $x=-1/2$ son triviales.

Luego, podemos escribir para $0<x<1/2$

$$\begin{align} \frac{\Gamma(1-2x)\Gamma(1+x)}{\Gamma(1-x)}&=x\frac{\Gamma(1-2x)\Gamma(x)}{\Gamma(1-x)}\\\\ &=xB(1-2x,x)\\\\ &=x\int_0^1 t^{-2x}(1-t)^{x-1}\,dt\\\\ &\ge x\int_0^1(1-t)^{x-1}\\\\ &=1 \end{align}$$

como iba a ser mostrado!

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Para $-1/2<x<0$, dejamos $y=-x$ y escribir

$$\begin{align} \frac{\Gamma(1-2x)\Gamma(1+x)}{\Gamma(1-x)}&=\frac{\Gamma(1+2y)\Gamma(1-y)}{\Gamma(1+y)}\\\\ &=2yB(2y,1-y)\\\\ &=2y\int_0^1 t^{2y-1}(1-t)^{-y}\,dt\\\\ &\ge 2y\int_0^1 t^{2y-1}\,dt\\\\ &=1 \end{align}$$

como iba a ser mostrado!

Answer 2

Desde $$ \Gamma(1+t)=e^{-\gamma t}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{t}{n}\right)^{-1}e^{t/n} \tag{1}$$ tenemos: $$ h(x)=\frac{\Gamma(1-2x)\,\Gamma(1+x)}{\Gamma(1-x)}=\prod_{n\geq 1}\frac{\left(1-\frac{x}{n}\right)}{\left(1-\frac{2x}{n}\right)\left(1+\frac{x}{n}\right)}\tag{2}$$ y es sencillo comprobar que $h(x)$ es un log-convexa de la función en $I=\left(-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$.
Desde $h'(0)=0$, $h(0)=1$ es un mínimo local para$h(x)$$I$.

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Incluso podemos calcular la serie de Taylor de $\log h(x)$. Desde: $$ \sum_{n\geq 2}\frac{\zeta(n)}{n} t^n = -\gamma t+\log\Gamma(1-t)\tag{3} $$ tenemos: $$ \log h(x) = \sum_{n\geq 2}\color{red}{\frac{\zeta(n)}{n}(2^n+(-1)^n-1)}\, x^n.\tag{4}$$