¿Por qué es $\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$?

Question

Parece como si nadie ha preguntado esto antes, a menos que no sé cómo buscar.

La función Gamma es $ \Gamma (\alpha) = \int_0^\infty x ^ {\alpha-1} e ^ {-x} \, dx. ¿$$ Es por $$ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \sqrt {\pi} \? $$ (Voy a publicar mi respuesta, pero sé que hay muchas maneras de demostrarlo, así que publicar su propia!)

Answer 1

Solo nos falta la fórmula de Euler:

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

Answer 2

Uno puede usar el truco con coordenadas esféricas: $$ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x} \frac{\mathrm{d} x}{\sqrt{x}} = \int_0^\infty \mathrm{e}^{-x} \mathrm{d} (2 \sqrt{x}) = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-u^2} \, \mathrm{d} u $$ Entonces: $$ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) = \int_{-\infty}^\infty \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{-x^2} \mathrm{e}^{-y^2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d} y = \underbrace{\int_0^\infty r \mathrm{e}^{-r^2} \, \mathrm{d} r}_{\frac{1}{2}} \cdot \underbrace{\int_{0}^{2\pi} \, \mathrm{d} \phi}_{2 \pi} = \pi $$

Alternativamente, se puede usar el segundo de Euler integral: $$ \frac{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) }{\Gamma(1)} = \int_0^1 t^{-1/2} (1-t)^{-1/2} \mathrm{d}t = \int_0^1 \mathrm{d} \left(2\arcsin\left(\sqrt{t}\right)\right) = \pi $$ Ahora, el uso de $\Gamma(1) = 1$ el resultado de la siguiente manera.

Otro método es utilizar la duplicación de identidad: $$ \Gamma(2s) = \frac{2^{2s-1}}{\sqrt{\pi}} \Gamma(s) \Gamma\left(s+\frac{1}{2}\right) $$ en $ s= \frac{1}{2}$.

Answer 3

Si hay justicia en el universo, alguien debe haber pedido aquí cómo mostrar que $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-x^2/2}\,dx = \sqrt{2\pi}. $$ Supongamos que ha sido respondida aquí. Vamos (capital) $X$ ser una variable aleatoria cuya distribución de probabilidad es $$ \frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}\,dx. $$ Considere el problema de encontrar $\mathbb E(X^2)$. Es $$ \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty x^2 e^{-x^2/2}\,dx = \text{(por simetría)} \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty x^2 e^{-x^2/2}\,dx $$ $$ \sqrt{\frac2\pi}\int_0^\infty xe^{-x^2/2}\Big(x\,dx\Big) = \sqrt{\frac2\pi}\int_0^\infty \sqrt{u}\ e^{-u}\,du = \sqrt{\frac2\pi}\ \Gamma\left(\frac32\right) = \frac12\sqrt{\frac2\pi} \Gamma\left(\frac12\right). $$ Por lo que es suficiente para mostrar que este valor esperado es $1$. Eso es cierto si la suma de las dos copias independientes de tiene valor esperado $2$. Así: $$ \Pr\left(X^2+Y^2<w\right) = \frac{1}{2\pi}\iint\limits_\mathrm{disco} e^{- x^2+y^2)/2}\,dx\,dy $$ donde el disco tiene radio de $\sqrt{w}$. Esto es igual a $$ \frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt{w}} e^{-\rho^2/2} \,\rho\,d\rho\,d\theta = \int_0^{\sqrt{w}} e^{-\rho^2/2} \,\rho\,d\rho. $$ Esta última igualdad se sostiene porque estamos integrando con respecto a $\theta$ algo no dependiendo de la $\theta$. La diferenciación de este con respecto a $w$ da la función de densidad de probabilidad de la variable aleatoria $X^2+Y^2$: $$ e^{-w/2}\sqrt{w}\frac{1}{2\sqrt{w}} = \frac{e^{-w/2}}{2}\text{ para }w>0. $$ Así $$ \mathbb E(X^2+Y^2) = \int_0^\infty w \frac{e^{-w/2}}{2}\,dw =2. $$

Answer 4

También se desprende la famosa ecuación funcional de Riemann con $s=1/2$: $$ \zeta(s) = 2 ^ s\pi ^ {s-1} \ \sin\left (\frac {\pi s} {2} \right) \ \Gamma(1-s) \ \zeta(1-s) $$ pero la fórmula de reflexión de Euler es probablemente más básico.