Evalúe $\frac{\Gamma(n/2)}{\Gamma(n/2+h)},$ $n,h \in \mathbb{N}$

Question

Supongamos que $n,h \in \mathbb{N}$ . ¿Cómo puedo evaluar $$\frac{\Gamma(n/2)}{\Gamma(n/2+h)},$$ donde $\Gamma$ es la función gamma de Euler.

Todo lo que sé es que $$\Gamma(n+1) = n!$$

Answer 1

Si se considera el caso en que $n$ es grande (y mucho mayor que $h$ ), tomar logaritmos y utilizar la aproximación de Stirling. Esto daría $$\log \left(\frac{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{\Gamma \left(\frac{n}{2}+h\right)}\right)=\log \left(2^h\right)-h \log ({n})+\frac{h-h^2}{n}+\frac{2 h^3-3 h^2+h}{3 n^2}+O\left(\frac{1}{n^{3}}\right)$$

Por ejemplo, utilizando $n=100$ y $h=10$ el valor exacto sería $\approx 4.38613\times 10^{-18}$ mientras que la expresión truncada daría lugar a $\approx 4.40747\times 10^{-18}$ .

Editar

Continuando con la expansión anterior y la serie de Taylor, usind $A=e^{\log(A)}$ podemos evitar la exponenciación y obtener (como una aproximación ligeramente peor) $$\frac{\Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}{\Gamma \left(\frac{n}{2}+h\right)}=\left(\frac{2}{n}\right)^h\left(1-\frac{(h-1) h}{n}+\frac{(h-1) h (h+1) (3 h-2)}{6 n^2}+O\left(\frac{1}{n^3}\right)\right)$$

Answer 2

De hecho tienes la relación $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ es válida para cualquier $x \in \mathbb{R^{+}}$ De hecho, esta es una de las razones por las que los matemáticos crearon la función Gamme, es decir, una función que generaliza el factorial sobre los números reales positivos.

Ahora aplicándolo con éxito deberías obtener:

$$\Gamma\left(\frac n2 + h\right) = \left(\frac n2 + h - 1\right)\Gamma\left(\frac n2 + (h-1)\right) = \dots $$ $$= \left(\frac n2 + h - 1\right)\left(\frac n2 + h - 2\right) \cdots \left(\frac n2 \right)\Gamma\left(\frac n2\right)$$

Answer 3

La conocida recurrencia

$$n!=n(n-1)!$$ se extiende a la función Gamma, de modo que

$$\Gamma(n)=(n-1)\Gamma(n-1).$$

Entonces

$$\frac{\Gamma(n/2)}{\Gamma(n/2+h)}=\frac{\Gamma(n/2)}{(n/2+h-1)\Gamma(n/2+h-1)}=\frac{\Gamma(n/2)}{(n/2+h-2)(n/2+h-1)\Gamma(n/2+h-2)}\\=\cdots=\frac{\Gamma(n/2)}{(n/2+h-2)(n/2+h-1)\cdots(n/2+h-h)\Gamma(n/2+h-h)}.$$

Answer 4

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin{align} {\Gamma\pars{n/2} \over \Gamma\pars{n/2 + h}} & = {1 \over \Gamma\pars{n/2 + h}/\Gamma\pars{n/2}} = {1 \over \pars{n/2}^{\large\overline{h}}} = {1 \over \prod_{k = 0}^{h - 1}\pars{n/2 + k}} \\[5mm] & = \bbx{1 \over \pars{n/2}\pars{n/2 + 1}\cdots\pars{n/2 + h - 1}} \end{align}

Answer 5

H.M. Edwards da la expresión en la apertura de la Función Zeta de Riemann (1974, reimpresión 2001)

$$ \Gamma(s) = \prod_{n=1}^\infty\bigg(1+\frac{s-1}{n}\bigg)^{-1}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{s-1}, $$

lo que implica $$\frac{\Gamma(s/2)}{\Gamma(s/2+h)}= \prod_{n=1}^\infty\frac{\bigg(1+\frac{(s/2)-1}{n}\bigg)^{-1}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{(s/2)-1}}{\bigg(1+\frac{(s/2)+h-1}{n}\bigg)^{-1}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{(s/2)+h-1}} = $$

$$ = \prod_{n=1}^\infty \frac{\bigg(1+\frac{(s/2)-1}{n}\bigg)^{-1}}{\bigg(1+\frac{(s/2)+h-1}{n}\bigg)^{-1}\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{h}} = \prod_{n=1}^\infty \frac{\bigg(1+\frac{(s/2)+h-1}{n}\bigg)}{\bigg(1+\frac{(s/2)-1}{n}\bigg)\bigg(1+\frac{1}{n}\bigg)^{h}}$$

Titchmarsh da otra expresión para cuando Re $(s)$ > 1.

$$ \Gamma(s) = \frac{1}{\zeta(s)} \int_0^{\infty}\frac{x^{s-1}}{e^x-1}dx $$

que también implica una expresión

$$\frac{\Gamma(s/2)}{\Gamma(s/2+h)} = \frac{\zeta(s/2 + h)\int_0^{\infty}\frac{n^{(s/2)-1}}{e^n-1}dn}{\zeta(s/2)\int_0^{\infty}\frac{m^{(s/2)+h-1}}{e^m-1}dm} $$

Y la integral sobre el primer cuadrante $(m,n) \in Q_1 = \bigg(\mathbb{R} \cap [0,\infty) \bigg)^2 $

$$ \frac{\int_0^{\infty}\frac{n^{(s/2)-1}}{e^n-1}dn}{\int_0^{\infty}\frac{m^{(s/2)+h-1}}{e^m-1}dm} = \int_{Q_1}\bigg( \frac{e^m -1}{e^n-1} \bigg) \bigg( \frac{1}{m^h} \bigg) \bigg( \frac{n}{m} \bigg)^{(s/2)-1} {dm} \ {dn}, $$

que implica

$$ \frac{\Gamma(s/2)}{\Gamma(s/2+h)} = \frac{\zeta( (s/2) + h)}{\zeta(s/2)} \int_{Q_1}\bigg( \frac{e^m -1}{e^n-1} \bigg) \bigg( \frac{1}{m^h} \bigg) \bigg( \frac{n}{m} \bigg)^{(s/2)-1} {dm} \ {dn} $$