Es

Question

Utilizando el enfoque de la respuesta a esta pregunta, se puede demostrar que para $\sigma \in \mathbb{C}, x\in \mathbb{R}$:

$$\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty} \Gamma(\sigma +xi)\,\Gamma(\sigma-xi) \,dx =\frac{\Gamma(2\sigma)}{2^{2\sigma}} \qquad \Re(\sigma)>0$$

En pocas palabras:

$$\Gamma(s) = \int_0^\infty \frac{x^{m-1}}{e^{x}}dx \desbordado{(x \, = \,e^u)}= \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{ub}}{e^{e^u}}du = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-ub}}{e^{e^{-u}}}du$$

$\Gamma(s)$ es la transformada de Laplace de $\dfrac{1}{e^{e^{-u}}}$ y $F_\sigma(\xi) = \Gamma(\sigma+2i \pi \xi)$ es la transformada de Fourier de $f_\sigma(u) = \dfrac{e^{-\sigma u}}{e^{e^{-u}}}$. Aplicar el Teorema de Parseval y obtenemos: $$\int_{-\infty}^\infty |F_\sigma(\xi)|^2d\xi = \int_{-\infty}^\infty |f_\sigma(u)|^2du = \int_{-\infty}^\infty \frac{e^{-2\sigma u}} {e^{e^{-u}})^2}du $$

$$=\int_{-\infty}^\infty \frac{e^{2\sigma u}} {e^{e^{u}})^2}du \desbordado{(e^u \, = \,x)}= \int_0^\infty \frac{x^{2\sigma-1}}{e^{2x}}dx = \frac{\Gamma(2\sigma)}{2^{2\sigma}}$$

Para los poco alteración de la función, me derivada numérica de las pruebas de que:

$$\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\infty} \Gamma(\sigma +xi)^2\,\Gamma(\sigma-xi)^2 \,dx = \frac{\Gamma(2\,\sigma)^4}{\Gamma(4\,\sigma)}\ \qquad \Re(\sigma)>0$$

Este podría ser probada? (He probado un método similar al anterior, sin embargo las plazas me tiene pegado).

Gracias!

Answer 1

Aviso que esto es suficiente para demostrar el siguiente resultado:

Barnes' beta integral. Para $a, b, c, d \in \{ z \in \Bbb{C} : \Re(z) > 0 \}$, tenemos $$ \begin{split} &\frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \Gamma(a+it)\Gamma(b+it)\Gamma(c-it)\Gamma(d-it) \, \mathrm{d}t \\ &\hspace{12em} = \frac{\Gamma(a+c)\Gamma(a+d)\Gamma(b+c)\Gamma(b+d)}{\Gamma(a+b+c+d)}. \end{split} \etiqueta{1} $$

En vista de que el principio de continuación analítica, es suficiente con considerar el caso cuando se $a > b > 0$$c > d > 0$. Si denotamos por a $B(a,b,c,d)$ la LHS de $\text{(1)}$, entonces es fácil comprobar que $B(a,b,c,d) \in \Bbb{R}$:

$$ \overline{B(a,b,c,d)} = \frac{1}{2\pi} \int_{-\infty}^{\infty} \Gamma(a-it)\Gamma(b-it)\Gamma(c+it)\Gamma(d+it) \, \mathrm{d}t = B(a,b,c,d) $$

mediante la aplicación de la sustitución de $t \mapsto -t$. Ahora en el fin de calcular las $B(a,b,c,d)$, utilizamos la fórmula siguiente fórmula para la función beta:

$$ \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)} = \int_{0}^{\infty} \frac{u^{a-1}}{(1+u)^{a+b}} \, du. $$

Entonces tenemos

$ A$ B(a,b,c,d) = \frac{1}{2\pi} \Gamma(a+c)\Gamma(b+d)\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1+it}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1+it}}{(1+y)^{b+d}}. \etiqueta{2} $$

Con el fin de calcular este desagradable triple integral, queremos intercambiar el orden de la integral. Incluso si se pretende que el teorema de Fubini funciona, resulta que el resultado de la integral no puede ser impropiamente integrable. Por lo que introducir un pequeño truco con el siguiente teorema:

Teorema. (Abel). Si $f(x)e^{-\epsilon x} \in L^1([0,\infty))$ todos los $\epsilon > 0$ $I := \lim_{R\to\infty} \int_{0}^{R} f(x) \, \mathrm{d}x$ existe, entonces tenemos el siguiente convergencia: $$ \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{0}^{\infty} f(x) e^{-\epsilon x} \, dx = I. $$

El uso de este, el triple de la integral en el lado derecho de la $\text{(2)}$ puede ser calculada como

\begin{align*} &\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1+it}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1+it}}{(1+y)^{b+d}} \\ &\hspace{3em} \stackrel{\text{(3)}}{=} \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1}}{(1+y)^{b+d}} \, \cos(t\log(xy)) \\ &\hspace{3em} \stackrel{\text{(4)}}{=} \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1}}{(1+y)^{b+d}} \, \cos(t\log(xy)) e^{-\epsilon |t|} \\ &\hspace{3em} \stackrel{\text{(5)}}{=} \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1}}{(1+y)^{b+d}} \frac{2\epsilon}{\epsilon^2 + \log^2(xy)}. \end{align*}

Aquí están algunas explicaciones a cada paso:

• (3) se obtiene tomando la parte real de el integrando, ya que sabemos que la integral es real.
• (4) es una aplicación del teorema anterior.
• (5) se sigue del teorema de Fubini y la transformada de Laplace de la función coseno.

Ahora aplicamos la sustitución de $\log(xy) = \epsilon u$ para el interior de la integral. Entonces

\begin{align*} &\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1+it}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1+it}}{(1+y)^{b+d}} \\ &\hspace{3em} \stackrel{\text{(6)}}{=} \lim_{\epsilon \to 0^+} \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}u \, \frac{x^{a+d-1}}{(1+x)^{a+c}} \frac{e^{\epsilon b u}}{(e^{\epsilon u} + x)^{b+d}} \frac{2}{1+u^2}. \end{align*}

Ahora es fácil comprobar que

$$\frac{e^{\epsilon b u}}{(e^{\epsilon u} + x)^{b+d}} \leq 1+ x^{-b-d}.$$

Por lo tanto la hipótesis sobre la magnitud de $a, b, c, d$, el integrando de la RHS de $\text{(6)}$ está dominado por una función integrable. Entonces por el teorema de convergencia dominada, podemos poner el límite en el interior de la integral y tenemos

\begin{align*} &\int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}t \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}y \, \frac{x^{a-1+it}}{(1+x)^{a+c}} \frac{y^{b-1+it}}{(1+y)^{b+d}} \\ &\hspace{3em} = \int_{0}^{\infty} \mathrm{d}x \int_{-\infty}^{\infty} \mathrm{d}u \, \frac{x^{a+d-1}}{(1+x)^{a+b+c+d}} \frac{2}{1+u^2} \\ &\hspace{3em} = 2\pi \frac{\Gamma(a+d)\Gamma(b+c)}{\Gamma(a+b+c+d)}. \end{align*}

Esto completa la prueba de $\text{(1)}$.

Answer 2

Tenemos que $\Gamma(\sigma+ix)\,\Gamma(\sigma-ix)$ es una función incluso desde $$\text{(Weierstrass product)}\qquad \Gamma(z)=e^{-\gamma z}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{z}{n}\right)^{-1}e^{z/n} \tag{1}$ $ también tenemos $$ \Gamma(\sigma+ix)\,\Gamma(\sigma-ix) = e^{-2\gamma \sigma}\prod_{n\geq 1}\frac{\exp\left(\frac{2\sigma}{n}\right)}{\left(1+\frac{\sigma+ix}{n}\right)\left(1+\frac{\sigma-ix}{n}\right)}\tag{2}$ $ y podemos calcular estas integrales mediante el teorema del residuo y la fórmula de duplicación de Legendre.