¿Cómo se encuentra el factorial de un número decimal o negativo y qué nos muestra?

Question

Sé que puedes encontrar el factorial de enteros positivos donde n! = n(n-1)...2 x 1. Sin embargo, ¿qué pasa si quieres encontrar el factorial de un entero negativo o un decimal? Intenté hacerlo en mi calculadora y me dio una respuesta, sin embargo, no pude entender cómo la calculadora obtuvo las respuestas.

Investigué un poco y me encontré con la función gamma que supuestamente te permite resolver tales preguntas. Sin embargo, me resultó muy difícil de entender y todavía no veo el propósito de encontrar el factorial de enteros negativos o decimales.

Se agradecería la ayuda.

¡Gracias! :)

Answer 1

La función factorial se extiende mediante la función $\Gamma$. La relación es $$(n-1)! = \Gamma(n) = \int_0^\infty t^{n-1} e^{-t}\, dt$$ Esto puede ser continuado de forma analítica como una función meromórfica en el plano complejo. Ref: Libro de Análisis complejo de John Conway.

Answer 2

Mi uso favorito de la función factorial para argumentos no enteros es la fórmula para el volumen de una bola $n$-dimensional de radio $r$: $$ \frac{\pi^{n/2}r^n}{(n/2)!}. $$

Answer 3

Como ya señaló @ncmathsadist, la Función Gamma $$\Gamma(z)=(z-1)!$$ se puede extender a una función meromorfa definida en el plano complejo sin incluir los enteros no positivos.

Aquí tienes un ejemplo instructivo de cómo trabajar con factoriales negativos presentado en la sección $3.6$ de $A=B$ por M. Petkovsek, H. Wilf y D. Zeilberger.

Desafío: Encuentra una expresión cerrada para

\begin{align*} f(n)=\sum_{k=0}^{2n}t_k=\sum_{k}(-1)^k\binom{2n}{k}\binom{2k}{k}\binom{4n-2k}{2n-k} \end{align*}

Comenzamos comprobando si la razón $\frac{t_{k+1}}{t_k}$ da lugar a una serie _hipergeométrica conocida. De hecho, con \begin{align*} \frac{t_{k+1}}{t_k}&=\frac{(-1)^{k+1}\binom{2n}{k+1}\binom{2k+2}{k+1}\binom{4n-2k-2}{2n-k-1}} {(-1)^k\binom{2n}{k}\binom{2k}{k}\binom{4n-2k}{2n-k}} =\frac{(k+\frac{1}{2})(k-2n)^2}{(k+1)^2(k-2n+\frac{1}{2})} \end{align*} obtenemos \begin{align*} f(n)=\binom{4n}{2n} {}_{3}F\{2}\left(-2n,-2n,\frac{1}{2};1,-2n+\frac{1}{2};1\right) \end{align*}

Resulta que esta serie hipergeométrica coincide con _la identidad de Dixon_ y

obtenemos \begin{align*} f(n)=\binom{4n}{2n}\frac{(-n)!(-2n-\frac{1}{2})!(n-\frac{1}{2})}{(-2n)!n!(-n-\frac{1}{2})!(-\frac{1}{2})!}\tag{1} \end{align*}

A primera vista, esta expresión es bastante preocupante, ya que contiene factoriales de enteros negativos ¡que son precisamente los valores en los que la función gamma no está definida!

El truco: Tenemos un ratio de dos factoriales en enteros negativos y si podemos tomar un límite apropiado, las singularidades se cancelarán dejando un agradable ratio límite. Como los autores señalan, esta situación ocurre con bastante frecuencia al usar este enfoque.

$$$$

Comenzamos analizando el ratio \begin{align*} \frac{(-n)!}{(-2n)!}\tag{2} \end{align*}

Supongamos que $n$ está cerca de un entero positivo, pero no es igual a un entero positivo. Entonces podemos usar la _fórmula de reflexión_ para la función $\Gamma$ \begin{align*} \Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z} \end{align*> una vez más en la forma equivalente \begin{align*> (-z)!=\frac{\pi}{(z-1)!\sin \pi z}

Entonces, cuando $n$ está cerca de un entero positivo, la expresión (2) se convierte en \begin{align*> \frac{(-n)!}{(-2n)!}=\frac{\pi}{(\sin n\pi)(n-1)!}\frac{(\sin 2n\pi)(2n-1)!}{\pi}=\frac{2(2n-1)!\cos n\pi}{(n-1)!} y observamos, si $n$ se acerca a un entero positivo \begin{align*> \frac{(-n)!}{(-2n)!}\longrightarrow(-1)^n\frac{(2n)!}{n!} La expresión (1) se convierte en \begin{align*> f(n)=(-1)^n\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{(-2n-\frac{1}{2})!(n-\frac{1}{2})}{(-n-\frac{1}{2})!(-\frac{1}{2})!} De manera similar, encontramos \begin{align*> \frac{(-2n-\frac{1}{2})!}{(-n-\frac{1}{2})!}=\frac{(-1)^n(n-\frac{1}{2})!}{(2n-\frac{1}{2})!} y obtenemos \begin{align*> f(n)=\binom{4n}{2n}\binom{2n}{n}\frac{(n-\frac{1}{2})!^2}{(2n-\frac{1}{2})!(-\frac{1}{2})!}\tag{3}

Para cada entero positivo $m$, \begin{align*> (m-\frac{1}{2})!&=(m-\frac{1}{2})(m-\frac{3}{2})\cdots(\frac{1}{2})(-\frac{1}{2})!\\ &=\frac{(2m-1)(2m-3)\cdots 1}{2^m}(-\frac{1}{2})!\\ &=\frac{(2m)!}{4^mm!}(-\frac{1}{2})!

De esta manera podemos simplificar la expresión (3) a $f(n)=\binom{2n}{n}^2$ y hemos demostrado la identidad

\begin{align*> \sum_{k}(-1)^k\binom{2n}{k}\binom{2k}{k}\binom{4n-2k}{2n-k}=\binom{2n}{n}^2