Acotar la función gamma

Question

Estoy tratando de verificar un límite para la función gamma $$ \Gamma(z) = \int_0^\infty e^{-t}t^{z - 1}\;dt. $$

En particular, para los verdaderos $m \geq 1$ Me gustaría mostrar que $$ \Gamma(m + 1) \leq 2\left(\frac{3m}{5}\right)^m. $$

Sabiendo que el límite debe ser alcanzable, mi primer instinto es dividir la integral como $$ \Gamma(m + 1) = \int_0^{3m/5} e^{-t}t^{m}\;dt + \int_{3m/5}^\infty e^{-t}t^m\;dt \leq (1 - e^{-3m/5})\left(\frac{3m}{5}\right)^m + \int_{3m/5}^\infty e^{-t}t^m\;dt. $$

Utilizando la integración por partes, $$ \int_{3m/5}^\infty e^{-t}t^m\;dt = e^{-3m/5}\left(\frac{3m}{5}\right)^m + m\int_{3m/5}^\infty e^{-t}t^{m-1}\;dt.$$

Así que el problema se ha reducido a mostrar $$ m\int_{3m/5}^\infty e^{-t}t^{m-1}\;dt \leq \left(\frac{3m}{5}\right)^m. $$

Pero esto no parece haber facilitado el problema.

Se agradece cualquier ayuda, gracias.

Answer 1

Supongamos que $m = n + \alpha$ donde $0 \le \alpha < 1$ para que $\alpha$ es la parte fraccionaria de $m$ . Tomando logaritmos, la desigualdad se convierte en

$$ \sum_{k=1}^n \log (k + \alpha) + \log \Gamma (1+\alpha) < \log 2 + (n+\alpha) \log (n+\alpha) + (n+\alpha) \log \frac{3}{5} $$

Ahora, utilizando las sumas de Riemann, tenemos

$$ \sum_{k=1}^n \log (k + \alpha) < \int_1^{n+1} \log(x+\alpha) dx$$ que es $$ (n+1+\alpha) \log (n+1+\alpha) - n - 1 - (1+\alpha) \log(1+\alpha) + 1.$$

Esto significa que tenemos que demostrar que $$ (n+1+\alpha) \log (n+1+\alpha) - n - (1+\alpha) \log(1+\alpha) + \log \Gamma (1+\alpha) < \log 2 + (n+\alpha) \log (n+\alpha) + (n+\alpha) \log \frac{3}{5} $$

Reordenando los términos, esto es $$ (n+1+\alpha) \log (n+1+\alpha) - (n+\alpha) \log (n+\alpha) < \log 2 - \log \Gamma (1+\alpha) + (n+\alpha) \log \frac{3}{5} + n + (1+\alpha) \log(1+\alpha)$$

Ahora para el LHS tenemos $$ \log (n+1+\alpha) + \log \left( 1 + \frac{1}{n+\alpha}\right)^{n+\alpha} < \log (n+1+\alpha) + 1$$ porque $ \log \left( 1 + \frac{1}{x}\right)^x < 1$ mediante un cálculo trivial.

En el lado derecho tenemos $$ n \log\frac{3e}{5} + \log 2 - \log \Gamma (1+\alpha) + \alpha \log \frac{3}{5} + (1+\alpha) \log(1+\alpha) > \log (n+1+\alpha) + 1$$ para todos $n > n_0$ para algunos $n_0$ porque el coeficiente $\log\frac{3e}{5}$ en $n$ es positivo y los restantes términos están acotados por una constante. Con esto concluye la prueba. Obsérvese que la prueba también es válida con un factor de $\frac{2}{5}$ , apenas, y requiriendo $n_0 = 22.$ El puesto original tiene $n_0 = 1.$

No estoy seguro de todos los detalles, pero espero que sea un comienzo.

Answer 2

Probaré algo que es lo suficientemente cercano para mis aplicaciones; en particular, que $$\Gamma(m + 1) \leq 3\left(\frac{3m}{5}\right)^m.$$

Dejemos que $0 < \alpha < 1$ se elija más tarde. Vamos a dividir $e^{-t}t^m$ como $(e^{-\alpha t}t^m)e^{-(1 - \alpha)t}$ y utilizarlo para acotar la integral.

En primer lugar, hay que tomar una derivada para encontrar un máximo para $e^{-\alpha t}t^m$ .

$$\frac{d}{dt}e^{-\alpha t}t^m = -\alpha e^{-\alpha t}t^m + me^{-\alpha t}t^{m-1} = -\alpha e^{-\alpha t}t^{m - 1}\left(t - \frac{m}{\alpha}\right). $$

Así que $t = m / \alpha$ es un punto crítico, y en particular un máximo (que aumenta antes y disminuye después, si se quiere).

Entonces podemos acotar la integral

$$ \Gamma(m + 1) = \int_0^\infty e^{-t}t^m\;dt \leq \left(\frac{m}{\alpha e}\right)^m \int_0^\infty e^{-(1 - \alpha)t}\;dt = \left(\frac{m}{\alpha e}\right)^m \left(\frac{1}{1 - \alpha}\right).$$

Elección de $\alpha = 5/(3e)$ y señalando que $\frac{1}{1 - 5/(3e)} \leq 3$ Hemos demostrado que

$$ \Gamma(m + 1) \leq 3\left(\frac{3m}{5}\right)^m. $$