Demostración y derivación de una función Gamma

Question

Me está costando mucho probar esta función Gamma y tratar de derivar la fórmula de duplicación:

a.) Demuestre que

$$\frac{\Gamma (p)\Gamma (p)}{\Gamma (2p)} = 2\int_0^{1/2}x^{p-1}(1-x)^{p-1}\mathrm dx$$

b.) Haga un cambio de variable adecuado (a) y derive la fórmula de duplicación para la función Gamma:

$$\Gamma (2p)\Gamma\left(\frac12\right) = 2^{2p-1}\Gamma (p)\Gamma\left(p-\frac12\right)$$

Answer 1

Como sugieren los comentarios (a la respuesta de Chandru1), tus dos identidades pueden derivarse de la fórmula integral de la función Beta y su relación con la función Gamma. No estoy muy seguro de lo que Theo quería decir con "algo no trivial", pero aquí tienes una forma de demostrarlo $ B(\alpha,\beta)=\frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}.$

A partir de $ \Gamma(\alpha) = \int_0^{\infty} x^{\alpha} e^{-x} \frac{\mathrm dx}{x} $ y haciendo la sustitución $x=y^2$ da $$ \Gamma(\alpha) = 2 \int_0^{\infty} y^{2\alpha-1} e^{-y^2}\mathrm dy. $$ Utilizando esta forma de $\Gamma$ obtenemos $$\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta) = 4 \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} x^{2\alpha-1} y^{2\beta-1} e^{-(x^2+y^2)}\mathrm dx\mathrm dy. $$ El cambio a coordenadas polares ( $ x=r\cos(\theta), y=r\sin(\theta) $ ) da $$ \Gamma(\alpha) \Gamma(\beta) = 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^{\infty} r^{2(\alpha+\beta)-1} \cos(\theta)^{2\alpha-1} \sin(\theta)^{2\beta-1} e^{-r^2}\mathrm dr\mathrm d\theta $$ $$ = \left(2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(\theta)^{2\alpha-1} \sin(\theta)^{2\beta-1} \mathrm d\theta \right) \left( 2\int_0^{\infty} r^{2(\alpha+\beta)-1} e^{-r^2}\mathrm dr \right) $$ $$ = \left(2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(\theta)^{2\alpha-1} \sin(\theta)^{2\beta-1} \mathrm d\theta \right) \Gamma(\alpha+\beta). $$ Por lo tanto, $$ \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)} = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos(\theta)^{2\alpha-1} \sin(\theta)^{2\beta-1}\mathrm d\theta $$ y la sustitución $z=\sin(\theta)^2 $ produce $$ \frac{\Gamma(\alpha) \Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)} = \int_0^1 (1-z)^{\alpha-1} z^{\beta-1}\mathrm dz.$$

Selecciones adecuadas de $\alpha, \beta$ y observando alguna simetría se obtendrán las identidades deseadas.

Answer 2

Resumo la prueba de la relación entre la gamma y la beta como se describe en la sección 20.7, p. 680-681 de la obra de Angus Taylor Cálculo avanzado Blaisdell Publishing Company, 1955, y el $B(p,p)$ ecuación funcional del ejercicio 8, p. 683, de la que se puede derivar la fórmula de duplicación de la función gamma.

Una derivación alternativa de

$$\Gamma (p)\Gamma (q)=\Gamma (p+q)B(p,q)\qquad (1)$$

utiliza 3 sustituciones. El $1^{st}$ uno, $t=u/(1+u)$ , convierte la beta $B(p,q)$ integral de

$$B(p,q)=\int_{0}^{1}t^{p-1}(1-t)^{q-1}\ \mathrm{d}t\qquad (2)$$

en

$$B(p,q)=\int_{0}^{\infty }\frac{u^{p-1}}{(1+u)^{p+q}}.\ \mathrm{d}u\qquad (3)$$

El $2^{nd}$ uno, $t=vu$ transforma la integral de la función gamma

$$\Gamma (p)=\int_{0}^{\infty }t^{p-1}e^{-t}\ \mathrm{d}t\qquad (4)$$

en

$$\Gamma (p)=\int_{0}^{\infty }v^{p}u^{p-1}e^{-vu}\ \mathrm{d}u.$$

Por lo tanto,

$$\Gamma (p)\Gamma (q)=\int_{0}^{\infty }u^{p-1}\left( \int_{0}^{\infty }v^{p+q-1}e^{-v-vu}\ \mathrm{d}v\right) \ \mathrm{d}u.$$

Por $(4)$ y haciendo el $3^{rd}$ cambio de variables, $v=w/(1+u)$ obtenemos

$$\int_{0}^{\infty }v^{p+q-1}e^{-v-vu}\ \mathrm{d}v=\frac{\Gamma (p+q)}{% (1+u)^{p+q}},\qquad (5)$$

y por $(3)$ ,

$$\Gamma (p)\Gamma (q)=\Gamma (p+q)\int_{0}^{\infty }\frac{u^{p-1}}{% (1+u)^{p+q}}\ \mathrm{d}u=\Gamma (p+q)B(p,q).\qquad\square$$

La sustitución $u=4t(t-1)$ en $$B(p,p)=2\int_{0}^{1/2}\left[ t(t-1)\right] ^{p-1}\ \mathrm{d}t$$ se obtiene la ecuación funcional $$B(p,p)=2^{1-2p}B(p,1/2).$$