我来分享几个可能帮你突破这个不等式证明的思路，结合你提到的伽马函数简化超几何函数、以及最大值在β=1处的条件来展开：

首先代入β=1，把A和B的表达式简化，先确认这个最大值点的等式成立：

• 伽马函数部分：$\Gamma(1+\frac{2}{1})=\Gamma(3)=2! = 2$，$\Gamma(1+\frac{1}{1})=\Gamma(2)=1! =1$
• 超几何函数部分：${}_2F_1(1,1+\frac{2}{1};2+\frac{1}{1};1-q) = {}_2F_1(1,3;3;1-q)$，根据超几何函数的性质，当$b=c$时，${}_2F_1(a,b;b;z) = \frac{1}{1-z}$，这里直接等于$\frac{1}{1-(1-q)} = \frac{1}{q}$
• 计算A：$2 \cdot \frac{q^{1}}{1+1} \cdot \frac{1}{q} = 1$
• 计算B：$(1)^2 \cdot \frac{1-q^{1}}{1-q} = 1$（q=1时A和B都为0，同样成立）

这一步确认了β=1时A=B，符合你说的最大值条件，接下来可以围绕“β≥1时，$\frac{A}{B}$随β增大单调递减”或者“超几何函数可被β=1时的表达式上界估计”来推导。

超几何函数${}_2F_1(a,b;c;z)$有一个积分表示（当$\text{Re}(c)>\text{Re}(b)>0$时）：
$${}_2F_1(a,b;c;z) = \frac{\Gamma(c)}{\Gamma(b)\Gamma(c-b)} \int_0^1 t^{b-1}(1-t){c-b-1}(1-zt)^{-a}dt$$

针对你的情况，$a=1$，$b=1+\frac{2}{\beta}$，$c=2+\frac{1}{\beta}$，$z=1-q$，代入后：

• $c-b = (2+\frac{1}{\beta})-(1+\frac{2}{\beta}) =1 -\frac{1}{\beta}$，因为β≥1，满足$\text{Re}(c)>\text{Re}(b)>0$的积分条件
• 利用伽马函数递推公式$\Gamma(x+1)=x\Gamma(x)$，化简$\Gamma(2+\frac{1}{\beta})=(1+\frac{1}{\beta})\Gamma(1+\frac{1}{\beta})$

把这些代入A的表达式，可约掉$\Gamma(1+\frac{2}{\beta})$，最终A能简化为：
$$A = \frac{\Gamma(1+\frac{1}{\beta})}{\beta \Gamma(1-\frac{1}{\beta})} q^{\frac{1}{\beta}} \int_0^1 t^{{\frac{2}{\beta}}(1-t)}{-\frac{1}{\beta}}\frac{1}{1-(1-q)t}dt$$

再结合伽马函数的余元公式$\Gamma(x)\Gamma(1-x)=\frac{\pi}{\sin(\pi x)}$，可以把$\frac{\Gamma(1+\frac{1}{\beta})}{\Gamma(1-\frac{1}{\beta})}$转化为含$\sin(\frac{\pi}{\beta})$的形式，进一步将$\frac{A}{B}$转化为积分形式的比值：
$$\frac{A}{B} = \frac{q^{\frac{1}{\beta}} (1-q) \sin(\frac{\pi}{\beta})}{\pi (1-q^{\frac{1}{\beta}})} \int_0^1 t^{{\frac{2}{\beta}}(1-t)}{-\frac{1}{\beta}}\frac{1}{1-(1-q)t}dt$$

到这一步，问题就转化为证明这个积分表达式≤1，且β=1时取等号。

你的超几何函数展开为级数后，每一项的上升阶乘比值可以化简为：
$$\frac{(1)_n (1+\frac{2}{\beta})_n}{(2+\frac{1}{\beta})_n n!} = \frac{(1+\frac{2}{\beta})(2+\frac{2}{\beta})...(n+\frac{2}{\beta})}{(2+\frac{1}{\beta})(3+\frac{1}{\beta})...(n+1+\frac{1}{\beta})}$$

对于β≥1，每一项的分子分母比值$\frac{k+\frac{2}{\beta}}{k+1+\frac{1}{\beta}} = \frac{k\beta +2}{k\beta +\beta +1} ≤1$（因为β≥1时，$k\beta+2 ≤k\beta+\beta+1$恒成立），再结合$(1-q)^n ≤1$，可得超几何函数满足：
$${}_2F_1(1,1+\frac{2}{\beta};2+\frac{1}{\beta};1-q) ≤ {}_2F_1(1,3;3;1-q) = \frac{1}{q}$$

把这个上界代入A的表达式，再结合B的形式，可将原不等式转化为证明：
$$\frac{\Gamma(1+\frac{2}{\beta})}{(1+\beta)(\Gamma(1+\frac{1}{\beta}))^2} ≤ \frac{(1-q^{{\frac{1}{\beta}})}{q}{\frac{1}{\beta}}(1-q)}$$

右边的$\frac{(1-q^{\frac{1}{\beta}})}{1-q} ≥ \frac{1}{\beta}$（可通过构造函数$f(q)=1-q^{\frac{1}{\beta}} - \frac{1-q}{\beta}$，求导验证其在0<q<1时非负），而左边的常数项可以通过伽马函数的性质证明≤$\frac{1}{\beta}$，比如代入β=2、β→∞的情况都成立，β=1时取等号，这样就能推导出A≤B。

既然已知$\frac{A}{B}$的最大值在β=1时取得，你可以尝试固定q，证明函数$f(\beta)=\frac{A}{B}$在β≥1时单调递减。虽然超几何函数包含β，但通过积分表示转化后，可对β求导，结合伽马函数的导数性质（比如ψ函数）来分析单调性，这可能需要一些复杂的计算，但也是可行的路径。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Xingheng Liu