¿He derivado una nueva forma de la función gamma?

Question

Deseo extender el factorial a argumentos no enteros de forma única, dadas las siguientes condiciones:

1. $n!=n(n-1)!$

2. $1!=1$

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Para quien esté interesado en ver la forma final antes de leer todo el post:

$$x!=\exp\left[\int_0^x\left(-\gamma+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\right)d\phi\right]$$

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$$f(x):=\ln(x!)$$

$$f(x)=\ln(x!)=\ln(x)+\ln((x-1)!)=\ln(x)+f(x-1)$$

$$f(x)=f(x-1)+\ln(x)$$

$$\frac d{dx}f(x)=\frac d{dx}f(x-1)+\ln(x)$$

$$f'(x)=f'(x-1)+\frac1x\tag1$$

$$f'(x)=f'(x-2)+\frac1{x-1}+\frac1x$$

$$=f'(0)+1+\frac12+\frac13+\dots+\frac1x$$

para $x\in\mathbb N$ :

$$f'(x)=f'(0)+\sum_{n=1}^x\frac1n\tag2$$

Euler tiene una bonita extensión de los números armónicos a argumentos no enteros,

$$f'(x)=f'(0)+\int_0^1\frac{1-t^x}{1-t}dt\tag{2.1}$$

del FTOC tenemos

$$\ln(x!)=\int_0^x\left(f'(0)+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\right)d\phi$$

$$x!=\exp\left[\int_0^x\left(f'(0)+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\right)d\phi\right]\tag3$$

Y con $f'(0)=-\gamma$ , la constante de Euler mascheroni, deberíamos obtener la función gamma. O podemos dejarla como un parámetro desconocido.

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Mis preguntas son si esto captura todas las posibles extensiones del factorial con las condiciones dadas, ya que, si lo hiciera, sería una extensión general bastante buena del factorial?

Dadas unas pocas suposiciones más, es bastante fácil establecer límites a lo que $f'(0)$ también podría serlo.

En particular, esta representación falla cuando se considera $\Re(x)\le-1$ pero unido a la primera condición, es extensible a todos los $x$ , excepto, por supuesto, los enteros negativos.

robjohn♦ señala una extensión a los números armónicos que converge para $x\in\mathbb C$ excepto los enteros negativos:

$$\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n+\phi}\right)$$

Cualquier sugerencia sobre las cosas que podría haber mejorado y los defectos en esto sería agradable.

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Editar:

Utilizando la segunda condición y $x=1$ Podemos tener

$$1=\exp\left[\int_0^1\left(f'(0)+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\right)d\phi\right]$$

$$\implies f'(0)=-\int_0^1\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\ d\phi$$

$$f'(0)=-\gamma$$

donde $\gamma$ es la constante de Euler-mascheroni.

Usando esto obtenemos una nueva forma de la función gamma(?):

$$\boxed{x!=\exp\left[\int_0^x\left(-\gamma+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}dt\right)d\phi\right]}\tag4$$

$$=\exp\left[\int_0^x\left(-\gamma+\sum_{n=1}^\infty\left(\frac1n-\frac1{n+\phi}\right)\right)d\phi\right]$$

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No estoy seguro de cómo tratar las manipulaciones triviales de esta expresión, ya que seguramente alguien dirá "oye, simplemente multiplica todo por $(1+\sin(2\pi x))$ y seguirá cumpliendo las condiciones, ¿verdad?"

Pero a pesar de todo, creo que es una nueva función de gamificación bastante interesante

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También, referencias a esto si no es nuevo.

Si alguien pudiera hacer un gráfico de esto para mirarlo, sería genial.

Answer 1

Por desgracia, esto no es nuevo, aunque me gustaría ofrecer otra derivación; \begin {align*} \int_ {0}^{t}H_ydy &= \int_ {0}^{t} \int_ {0}^{1} \frac {1-x^y}{1-x}dxdy \\ &= \int_ {0}^{1} \int_ {0}^{t} \frac {1-x^y}{1-x}dydx \\ &= \int_ {0}^{1} \frac {t}{1-x}+ \frac {1-x^t}{(1-x) \ln (x)}dx \\ (1)&= \int_ {0}^{1} \frac {t}{1-x}+ \sum_ {j=0}^{t-1} \frac {x^j}{ \ln (x)}dx \\ &= \lim_ {x \rightarrow 1^{-}} \left ( -t \ln (1-x)+ \sum_ {j=0}^{t-1} \text {li}(x^{j+1}) \right ) \\ (2)&= \lim_ {x \rightarrow 1^{-}} \sum_ {j=0}^{t-1} \left ( \text {li}(x^{j+1})- \ln (1-x) \right ) \\ &= \gamma t + \sum_ {j=0}^{t-1} \ln (j+1) \\ &= \gamma t + \ln (t!) \\ &= \gamma t + \ln\Gamma (t+1) \end {align*}

Ahora escribiendo $H_y$ como $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{y}{n(n+y)}$ da \begin {align*} \int_ {0}^{t}H_ydy &= \gamma t + \ln\Gamma (t+1) \\ &= \int_ {0}^{t} \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {y}{n(n+y)}dy \\ &= \sum_ {n=1}^{ \infty } \frac {t}{n}- \ln \left (1+ \frac {t}{n} \right ) \end {align*} resolviendo para $\Gamma(t+1)$ y utilizando $\Gamma(t+1) = t\Gamma(t)$ da $$\Gamma(t) = \frac{e^{-\gamma t}}{t}\prod_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac{t}{n}\right)^{-1}e^{\frac{t}{n}}$$

EDITAR En primer lugar, debo decir que estoy empezando a estudiar el análisis; sólo pruebo cosas y veo si funcionan, así que pido disculpas por la falta de rigor.

No estoy muy seguro de qué pasos debo rellenar, así que intentaré rellenar los huecos aparentes.

asumiendo que sólo sabemos que $\gamma$ aparece como $$\lim_{N \rightarrow \infty}(H_N - \ln(N)) = \gamma,$$ se puede demostrar que $\int_{0}^{1}H_ydy=\gamma$ utilizando $H_y=\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k\zeta(k)y^{k-1}$ para $|y|<1$ (Tengo una burda derivación aquí ).

Sabiendo eso, obtenemos \begin {align*} \gamma = \int_ {0}^{1}H_ydy &= \int_ {0}^{1} \int_ {0}^{1} \frac {1-x^y}{1-x}dxdy \\ &= \int_ {0}^{1} \int_ {0}^{1} \frac {1}{1-x}- \frac {x^y}{1-x}dydx \\ &= \int_ {0}^{1} \frac {1}{1-x}+ \frac {1}{ \ln (x)}dx \\ (*)&= \lim_ {x \rightarrow 1^{-}}( \text {li}(x)- \ln (1-x)), \\ \end {align*} donde $\text{li}(x) = \int_{0}^{x}\frac{1}{\ln(t)}dt$ es la integral logarítmica.

Ahora tenemos que evaluar $\int_{0}^{t}\frac{x^k}{\ln(x)}dx$ para (1); Haga la sustitución $\;x=e^u$ para conseguir $$\int_{0}^{t}\frac{x^k}{\ln(x)}dx = \int_{-\infty}^{\ln(t)}\frac{e^{(k+1)u}}{u}du,$$ ahora dejemos $v=(k+1)u$ y ver que \begin {align*} \int_ {0}^{t} \frac {x^k}{ \ln (x)}dx &= \int_ {- \infty }^{(k+1) \ln (t)} \frac {e^x}{x}dx \\ &= \int_ {0}^{t^{k+1}} \frac {1}{ \ln (x)}dx \\ &= \text {li}(t^{k+1}) \end {align*} después de la sustitución $x=\ln(u)$ .

A continuación tenemos que evaluar $\lim_{x\rightarrow 1^{-}}(\text{li}(x^k)-\ln(1-x))$ . por lo que al utilizar $(*)$ - \begin {align*} \lim_ {x \rightarrow 1^{-}}( \text {li}(x^k)- \ln (1-x)) &= \lim_ {x \rightarrow 1^{-}}( \text {li}(x) - \ln (1- \sqrt [k]{x}) \\ &= \lim_ {x \rightarrow 1^{-}} \left ( \text {li}(x) - \ln \left ( \frac {1-x}{1+ \sqrt [k]{x} + \cdots + \sqrt [k]{x^{k-1}} \right ) \right ) \\ &= \gamma + \ln (k) \end {align*}

Sólo tengo que decir que me gusta mucho cómo lo has derivado.

Answer 2

Integral de la derivada logarítmica de la gamma

La derivada logarítmica de la función Gamma es la función digamma : $$ \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}=\psi(x)=-\gamma+H_{x-1}\tag{1} $$ Por lo tanto, $$ \begin{align} \log(\Gamma(x)) &=\int_1^x\left(-\gamma+H_{\phi-1}\right)\mathrm{d}\phi\\ &=\int_1^x\left(-\gamma+\int_0^1\frac{1-t^{\phi-1}}{1-t}\,\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}\phi\\ &=\int_0^{x-1}\left(-\gamma+\int_0^1\frac{1-t^\phi}{1-t}\,\mathrm{d}t\right)\mathrm{d}\phi\tag{2} \end{align} $$

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Verificación de la función gamma

El Teorema de Bohr-Mollerup dice que la función Gamma está determinada unívocamente como la función logarítmica-convexa para que $\Gamma(1)=1$ y $\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)$ .

Podemos verificarlos asumiendo sólo $H_x-H_{x-1}=\frac1x$ y $H'_x\ge0$ .

$\boldsymbol{\Gamma(1)=1}$ : $$ \begin{align} \log(\Gamma(1)) &=\int_1^1\left(-\gamma+H_{\phi-1}\right)\mathrm{d}\phi\\ &=0\tag{3} \end{align} $$ $\boldsymbol{\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)}$ : Desde $\lim\limits_{n\to\infty}\left(H_n-\log(n)\right)=\gamma$ y $H_n-\frac1n\le\int_{n-1}^nH_\phi\,\mathrm{d}\phi\le H_n$ , $$ \begin{align} \log(\Gamma(x+1))-\log(\Gamma(x)) &=\int_x^{x+1}\left(-\gamma+H_{\phi-1}\right)\mathrm{d}\phi\\ &=-\gamma+\lim_{n\to\infty}\left(\int_x^nH_{\phi-1}\,\mathrm{d}\phi-\int_{x+1}^nH_{\phi-1}\,\mathrm{d}\phi\right)\\ &=-\gamma+\lim_{n\to\infty}\left(\int_x^nH_{\phi-1}\,\mathrm{d}\phi-\int_x^{n-1}H_\phi\,\mathrm{d}\phi\right)\\ &=-\gamma+\lim_{n\to\infty}\left(-\int_x^n\frac1\phi\,\mathrm{d}\phi+\int_{n-1}^nH_\phi\,\mathrm{d}\phi\right)\\[6pt] &=-\gamma+\log(x)+\lim_{n\to\infty}\left(-\log(n)+H_n\right)\\[8pt] &=\log(x)\tag{4} \end{align} $$ $\boldsymbol{\Gamma}$ es log-convexo : $$ \begin{align} \frac{\mathrm{d}^2}{\mathrm{d}x^2}\log(\Gamma(x)) &=H'_{x-1}\\ &\ge0\tag{5} \end{align} $$

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Verificación de las propiedades necesarias de la extensión $$ \begin{align} H_x-H_{x-1} &=\int_0^1\frac{1-t^x}{1-t}\,\mathrm{d}t-\int_0^1\frac{1-t^{x-1}}{1-t}\,\mathrm{d}t\\ &=\int_0^1t^{x-1}\,\mathrm{d}t\\ &=\frac1x\tag{6} \end{align} $$ $$ \begin{align} H'_x &=\int_0^1\frac{-\log(t)t^x}{1-t}\,\mathrm{d}t\\ &\ge0\tag{7} \end{align} $$

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Limitaciones de la ampliación

Una limitación de la ampliación $$ H_x=\int_0^1\frac{1-t^x}{1-t}\,\mathrm{d}t\tag{8} $$ es que no converge para $\mathrm{Re}(x)\le-1$ .

Una extensión de los Números Armónicos que funciona para todos $x\in\mathbb{C}$ es $$ H_x=\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{k+x}\right)\tag{9} $$