Demostrar que $\Gamma(p)\times \Gamma(1-p)=\frac{\pi}{\sin (p\pi)},\: \forall p \in (0,\: 1)$

Question

Demostrar que $$\Gamma(p)\times \Gamma(1-p)=\frac{\pi}{\sin (p\pi)},\: \forall p \in (0,\: 1)$$

Con $$\Gamma (p)=\int_{0}^{\infty} x^{p-1} e^{-x}dx$$

Lo he intentado:

Tenemos

$$B(p, q)=\int_{0}^{1} x^{p-1} (1-x)^{q-1}dx=\frac{\Gamma(p)\times \Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$$

Por lo tanto,

$$B(p, 1-p)=\frac{\Gamma(p)\times \Gamma(1-p)}{\Gamma(1)}=\Gamma(p)\times \Gamma(1-p)=\int_{0}^{1} x^{p-1} (1-x)^{-p}dx$$

Pero, ven aquí que no sé cómo :((

Answer 1

Otra representación integral común de la función beta es $$B(x,y) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{x-1}}{(1+t)^{x+y}} \ dt .$$

Así que

$$\Gamma(p)\Gamma(1-p) = B(p,1-p) = \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p-1}}{1+t} \ dt .$$

Esta integral se puede evaluar considerando $ \displaystyle f(z) = \frac{z^{p-1}}{1+z}$ e integrando alrededor de un contorno de ojo de cerradura con la rama cortada para $z^{p-1}$ a lo largo del eje real positivo.

Entonces

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p-1}}{1+t} \ dt + \int^{0}_{\infty}\frac{(te^{2 \pi i})^{p-1}}{1+t} \ dt &= 2\pi i \ \text{Res} [f(z) ,e^{\pi i}] \\ &= 2 \pi i \ (e^{\pi i })^{p-1} \\ &= - 2 \pi i e^{\pi i p} \end{align}$$

lo que implica

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{p-1}}{1+t} \ dt &= \frac{- 2 \pi i e^{\pi i p} }{1-e^{2 \pi i p}} \\ &= \pi \frac{2i}{e^{\pi i p} - e^{- \pi i p}} \\ &= \frac{\pi}{\sin \pi p} . \end{align}$$

Answer 2

Supongo que ya conoces la ingeniosa fórmula del producto infinito de Euler para la función seno, $\displaystyle\prod_{n=1}^\infty\bigg(1-\frac{x^2}{n^2}\bigg)=\frac{\sin\pi x}{\pi x}$ basándose en la observación de que la función seno desaparece cuando su argumento es un múltiplo entero de $\pi$ .

$$\prod_{n=1}^N\bigg(1-\frac{x^2}{n^2}\bigg)=\prod_{n=1}^N\frac{n^2-x^2}{n^2}=\prod_{n=1}^N\bigg(\frac{n-x}n\cdot\frac{n+x}n\bigg)=\frac{\displaystyle\prod_{n=1}^N(n-x)}{\displaystyle\prod_{n=1}^Nn}\cdot\frac{\displaystyle\prod_{n=1}^N(n+x)}{\displaystyle\prod_{n=1}^Nn}=$$

$$=\frac{\displaystyle\prod_{n=1}^N(n-x)}{N!}\cdot\frac{\displaystyle\prod_{n=1}^N(n+x)}{N!}=\frac{(-x)!\cdot\displaystyle\prod_{n=1}^N(n-x)}{(-x)!\cdot N!}\cdot\frac{x!\cdot\displaystyle\prod_{n=1}^N(n+x)}{x!\cdot N!}=$$

$$=\frac{(N-x)!}{(-x)!\cdot N!}\cdot\frac{(N+x)!}{x!\cdot N!}=\frac1{(-x)!\cdot x!}\cdot\underbrace{\frac{(N-x)!\cdot(N+x)!}{(N!)^2}}_{\to1\text{ as }N\to\infty}$$

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\dagger}} \newcommand{\angles}[1]{\left\langle #1 \right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace #1 \right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack #1 \right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil #1 \right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\equalby}[1]{{#1 \atop {= \atop \vphantom{\huge A}}}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\right\vert\,} \newcommand{\ket}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left( #1 \right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ El argumento habitual es el siguiente:

$\ds{\Gamma\pars{z}\Gamma\pars{1 - z}\sin\pars{\pi z}}$ es analítico en ${\mathbb C}$ y está acotado. Entonces, es una constante. Fijando $\ds{z =\half}$ podemos descubrir ese valor constante: $$ \Gamma\pars{z}\Gamma\pars{1 - z}\sin\pars{\pi z}= \Gamma\pars{\half}\Gamma\pars{1 - \half}\sin\pars{\pi\,\half}= \Gamma^{2}\pars{\half} = \pi $$

Answer 4

Otra forma que se podría considerar, por si sirve de algo. Una especie de mezcla entre los métodos de Julien y RV. Pero, estoy usando la misma idea que uno ve comúnmente al evaluar la integral de Gauss.

Comience con la integral Gamma alternativa $\displaystyle \Gamma(x)=2\int_{0}^{\infty}t^{2x-1}e^{-t^{2}}dt$ .

esto se puede demostrar simplemente haciendo que el sub $u=t^{2}$ en la integral "habitual" de Gamma, $\Gamma(x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}u^{x-1}e^{-u}du$

De todos modos, continuando..........

Entonces, $\displaystyle\Gamma(n)\Gamma(1-n)=2\int_{0}^{\infty}x^{2n-1}e^{-x^{2}}dx\cdot 2\int_{0}^{\infty}y^{1-2n}e^{-y^{2}}dy$

$\displaystyle=4\int_{0}^{\infty}\int_{0}^{\infty}x^{2m-1}y^{1-2n}e^{-(x^{2}+y^{2})}dxdy$

Ahora, utiliza las coordenadas polares: $x=r\cos\theta, \;\ y=r\sin\theta$

$\displaystyle\Gamma(n)\Gamma(1-n)=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\int_{0}^{\infty}\tan^{1-2n}\theta re^{-r^{2}}drd\theta$

integrando con respecto a r da:

$\displaystyle\Gamma(n)\Gamma(1-n)=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\tan^{1-2n}\theta d\theta $

Con uno o dos sub, ahora se puede demostrar que es igual a la misma integral que RV dio $\displaystyle\int_{0}^{\infty}\frac{x^{p-1}}{1+x}dx$ .