Demostrar que $2^{2z-1}\Gamma(z)\,\Gamma(z+\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\,\Gamma(2z)$ usando Gauss ' identidad.

Question

Estoy tratando de derivar la ecuación funcional $2^{2z-1}\Gamma(z)\,\Gamma(z+\frac{1}{2})=\sqrt{\pi}\,\Gamma(2z)$ utilizando la fórmula de Gauss: $$\Gamma(z)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\,\,n^z}{z(z+1)\cdots(z+n)}\,,$ $ pero es complicado negocio.

He empezado mirando sólo en el producto $$\frac{n!\,\,n^z}{z(z+1)\cdots(z+n)}\cdot\frac{n!\,\,n^{z+1/2}}{(z+1/2)(z+3/2)\cdots(z+(2n+1)/2)}$$ and the numerator very nicely becomes $(n!\, n^{2z}) (n! \,n^ {1/2}) $, so we have the beginning stages of $\Gamma (2z) $ and $\Gamma(1/2) = \sqrt {\pi} $. Pero el denominador me está matando! ¿Algún consejo?

¿También, en el mundo este $2^{2z-1}$ de dónde viene?

¡ Gracias!

Answer 1

Con el símbolo de Pochhammer notación, podemos escribir

$$\Gamma(z)\Gamma\left(z+\frac{1}{2}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{n!\,n^z}{(z)_{n+1}}\frac{n!\,n^{z+1/2}}{(z+1/2)_{n+1}}. \tag{$\circ$}$$

Observe que

$$(z)_{n+1}(z+1/2)_{n+1}=z(z+1)\cdots(z+n)~\times~(z+1/2)(z+3/2)\cdots\left(z+\frac{2n+1}{2}\right) $$

$$=\frac{2z+0}{2}\frac{2z+2}{2}\cdots\frac{2z+2n}{2}~\times~\frac{2z+1}{2}\frac{2z+3}{2}\cdots\frac{2z+(2n+1)}{2}=\frac{(2z)_{2(n+1)}}{2^{2(n+1)}}$$

Por lo tanto, para $(\circ)$ nos re-escribir

$$2^{2(n+1)}\frac{n!\,n^{2z}}{(2z)_{2(n+1)}}\frac{n!\,n^{1/2}}{1}. \tag{$\bullet$}$$

Tenemos un extra de potencia de $2$, el Pochhammer $\color{Red}2(n+1)$ no es compatible con el numerador de la simple $(\color{Red}1\cdot n)!$$(\color{Red}1\cdot n)^{2z}$, y nos falta una $(1/2)_{n+1}$ abajo. Ahora nos damos cuenta de que

$$\left(\frac{1}{2}\right)_{n+1}=\frac{1+0}{2}\cdots\frac{1+2n}{2}=\frac{1}{2^{n+1}}\frac{(2n+1)!}{(2\cdot1)\cdots(2\cdot n)}=\frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}.$$

Elegimos a más de reescritura $(\bullet)$

$$2^{2(n+1)}\frac{n!\,n^{2z}}{(2z)_{2(n+1)}}\frac{n!\,n^{1/2}}{\color{Purple}{(1/2)_{n+1}}}\color{DarkBlue}{\frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}}=\color{LimeGreen}2\frac{(2n+1)!\,n^{2z}}{(2z)_{2(n+1)}}\frac{n!\,n^{1/2}}{(1/2)_{n+1}}. \tag{$\triángulo$}$$

Hay una sola cosa a la izquierda para hacer que $(\triangle)$ en forma de $\Gamma(2z)\Gamma(1/2)$ (concedida, la primera $\Gamma$ tendrá una variable ficticia $2n+1$, mientras que el segundo simplemente ha $n$). El $n^{2z}$ en la izquierda numerador debe ser $(2n+1)^{2z}$, o algo asintóticamente $\sim$, - no sé - $(\color{Orange}2n)^{2z}$?

Ahora se puede saber por qué la $\color{Orange}2^{\color{Orange}{2z}\color{LimeGreen}{-1}}$ que se necesita para que funcione? ;-)

Answer 2

Recordar que

$$B(x,y)= \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}=2\int_0^{\frac {\pi}2}\sin ^{2y-1}\theta\cos^{2x-1}\theta d\theta$$

Ahora elegimos $x=y=z$

\begin{align} B(z,z)& = \frac{{\Gamma {{(z)}^2}}}{{\Gamma (2z)}} = 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{(\sin \theta \cos \theta )}^{2z - 1}}} d\theta \\ &= 2\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\frac{{\sin 2\theta }}{2}} \right)}^{2z - 1}}} d\theta = \frac{2}{{{2^{2z - 1}}}}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\sin 2\theta } \right)}^{2z - 1}}} d\theta \\ &= \frac{1}{{{2^{2z - 1}}}}\int_0^{\frac{\pi }{2}} {{{\left( {\sin 2\theta } \right)}^{2z - 1}}} d\left( {2\theta } \right)= \frac{1}{{{2^{2z - 1}}}}\int_0^\pi {{{\sin }^{2z - 1}}\phi } d\phi \\ & = \frac{2}{{{2^{2z - 1}}}}\int_0^{\pi /2} {{{\sin }^{2z - 1}}\phi } d\phi = \frac{1}{{{2^{2z - 1}}}}B\left( {z,\frac{1}{2}} \right) \\ \\ &= \frac{1}{{{2^{2z - 1}}}}\frac{{\Gamma (z)\Gamma \left( {\frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right)}} \end align {} donde se utiliza $B(z,\frac{1}{2})=\frac{{\Gamma (z)\Gamma \left( {\frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right)}}$.

$$\frac{1}{{{2^{2z - 1}}}}\frac{{\Gamma (z)\Gamma \left( {\frac{1}{2}} \right)}}{{\Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right)}} = \frac{{\Gamma {{(z)}^2}}}{{\Gamma (2z)}}$$

$$\sqrt \pi \Gamma (2z) = {2^{2z - 1}}\Gamma (z)\Gamma \left( {z + \frac{1}{2}} \right)$$

Como deseado. Esto funciona (teniendo en cuenta los trabajos de definición integral) $\Re(z) >0$.

No puedo pensar en una solución en términos de identidad de Gauss, pero parece bastante laborioso utilizarlo. También, usted tendrá que considerar una variable diferente para cada uno de los límites para que sea riguroso, así que tal vez no es una buena idea usarlo después de todo.