Función Gamma

La función gamma fue definida por euler mediante:

Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0

∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡 ; 𝑥 > 0

Algunas funciones definidas son:

1. Γ 1 = 1

2. Γ 1/2 = 𝜋

3. Γ 𝑥 + 1 = 𝑥 Γ 𝑥

4. Γ 𝑛 +1

2 =

1∗3∗5…(2𝑛−1)

2𝑛 𝜋1/2

Demostrando (3)

Por definición tenemos que:

Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0

∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Entonces

Γ 𝑥 + 1 = 𝑒−𝑡∞

0

∗ 𝑡𝑥𝑑𝑡

Hacemos

𝑢 = 𝑡𝑥 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

𝑑𝑣 = 𝑒−𝑡𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒−𝑡

Si reemplazamos en la ecuación

Γ 𝑥 + 1 = −𝑡𝑥𝑒−𝑡 0∞ + 𝑥 𝑒−𝑡

∞

0

∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Γ 𝑥 + 1 = 𝑥 𝑒−𝑡∞

0

∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Si observamos la parte derecha es idéntica a la ecuación inicial de la función

de gamma por lo tanto

Γ 𝑥 + 1 = 𝑥Γ 𝑥 … Lqd

Demostrando (2)

Para demostrar que: Γ 1/2 = 𝜋

Por definición sabemos que Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Lo que hacemos es remplazar a 𝒕 por 𝒙𝟐

𝑡 = 𝑥2 → 𝑡12 = 𝑥 →

1

2𝑡−1/2𝑑𝑡 = 𝑑𝑥

Si despejamos 𝑡−1/2𝑑𝑡 = 2𝑑𝑥

Si remplazamos en la ecuación inicial de gamma a x por el valor de ½

Es decir Γ 1/2 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡(1/2)−1𝑑𝑡

Quedará de la siguiente forma Γ 1/2 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡−1/2𝑑𝑡

Ahora si tomamos los nuevos valores que hemos despejado y los introducimos

dentro de nuestra nueva ecuación obtendremos:

Como: 𝒕−𝟏/𝟐𝒅𝒕 = 2𝑑𝑥 y 𝒕 = 𝑥2

Γ 1/2 = 2 𝑒−𝑥2∞

0

𝑑𝑥

Hacemos ahora 𝑡 = 𝑦2 de manera análoga se obtiene

Γ 1/2 = 2 𝑒−𝑦2∞

0

𝑑𝑦

Multiplicamos miembro a miembro

Γ 1/2 2 = 2 𝑒−𝑥2∞

0

𝑑𝑥 ∗ 2 𝑒−𝑦2∞

0

𝑑𝑦

= 4 𝑒−(𝑥2+𝑦2) 𝑑𝑥𝑑𝑦

∞

0

Si lo tomamos por coordenadas polares tendremos que:

𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 tan 𝜃 =𝑥

𝑦

𝑑𝑥𝑑𝑦 =𝜕 𝑥, 𝑦

𝜕 𝑟, 𝜃 𝑑𝑟 𝑑𝜃

𝜕 𝑥, 𝑦

𝜕 𝑟, 𝜃 =

𝜕𝑥

𝜕𝑟

𝜕𝑥

𝜕𝜃𝜕𝑦

𝜕𝑟

𝜕𝑦

𝜕𝜃

= cos 𝜃 −𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃

𝜕 𝑥, 𝑦

𝜕 𝑟, 𝜃 = 𝑟𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛2𝜃

= 𝑟(𝑐𝑜𝑠2𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2𝜃)

= r

Luego entonces

Γ 1/2 2 = 4 𝑒−𝑟2𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃

∞

0

𝜋/2

0

𝑒−𝑟2𝑟𝑑𝑟 → 𝑢 = 𝑟2

∞

0

𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟 𝑑𝑢

2= 𝑟𝑑𝑟

Reemplazando

1

2 𝑒−𝑢𝑑𝑢

∞

0 →

1

2 −0 +

1

2 =

1

2

Luego ahora nos queda, el dos sale del 4 que teníamos entre el ½ que nos dio

más la integral que hacía falta

Γ 1/2 2 = 2 𝑑𝜃𝜋/2

0

= 2 𝜃 0𝜋/2

→ 2 𝜋

2

= Γ 1/2 2 = 𝜋

Entonces podemos terminar

Γ 1/2 = 𝜋 … Lqd

Teorema: la función gamma satisface

Γ x Γ 1 − x =𝜋

𝑠𝑒𝑛𝜋𝑥 ; 0 < 𝑥 < 1

Ejemplo de cómo poder utilizar este teorema

Γ 1/4 Γ 3/4 = Γ 1/4 Γ 1 − 1/4

=𝜋

sen 𝜋/4

=𝜋

1

2

Entonces

Γ 1/4 Γ 3/4 = 𝜋 2

Ejemplos de la función Gamma

𝑦∞

0

𝑒−𝑦3 𝑑𝑦

También la podemos representar

𝑦1/2∞

0

𝑒−𝑦3 𝑑𝑦

Hacemos 𝑡 = 𝑦3 → 𝑡1

3 = 𝑦

=1

3𝑡−2/3 𝑑𝑡 = 𝑑𝑦

Reemplazamos

=1

3 𝑡1/3

1/2∗

∞

0

𝑒−𝑡 ∗ 𝑡−2/3 𝑑𝑡

=1

3 𝑡1/6 ∗

∞

0

𝑒−𝑡 ∗ 𝑡−2/3 𝑑𝑡

=1

3 𝑒−𝑡 ∗ 𝑡−

12 𝑑𝑡

∞

0

Como sabemos por definición de gamma Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Hacemos una analogía en ambas ecuaciones y obtenemos

𝑥 − 1 = −1

2 → 𝑥 = −

1

2+ 1 → 𝑥 =

1

2

1

3Γ

1

2

Y como hemos visto anteriormente Γ 1

2 = 𝜋

Entonces nos queda que

𝑦∞

0 𝑒−𝑦3

𝑑𝑦 = 1

3 𝜋

Demostrar que 3−4𝑍2∞

0𝑑𝑧 =

𝜋

4 𝑙𝑛3

Si recordamos el teorema que dice que 𝑎𝑥 = 𝑒𝑥 𝑙𝑛 𝑎 = 𝑒 ln 𝑎𝑥

Podremos entonces remplazar en nuestro caso los valores siguientes

𝑒−4𝑍2𝑙𝑛3∞

0

𝑑𝑧 = 𝑒− 4 𝑙𝑛3 𝑍2∞

0

𝑑𝑧

Hacemos 𝑥 = 4 𝑙𝑛3 𝑍2 → 𝑍2 =𝑥

4 𝑙𝑛3 → 𝑧 =

𝑥

4 ln 3 →

𝑧 =𝑥1/2

4 ln 3

Reemplazamos

𝑒−𝑥∞

0

𝑑 𝑥1/2

4 ln 3

1

4 ln 3 𝑒−𝑥

∞

0

𝑑 𝑥1/2 → 𝑑 𝑥1/2 =1

2𝑥−1/2 𝑑𝑥

1

4 ln 3 𝑒−𝑥∞

0∗

1

2𝑥−1/2𝑑𝑥

1

4 ln 3 𝑒−𝑥

∞

0

∗ 𝑥−1/2𝑑𝑥

1

4 ln 3Γ

1

2

Y como hemos visto anteriormente Γ 1

2 = 𝜋

Entonces nos queda que

3−4𝑍2∞

0𝑑𝑧 =

𝜋

4 ln 3 … Lqd

Resolver

𝑥𝑚∞

0

𝑒−𝑎𝑥𝑛𝑑𝑥

Hacemos

𝑡 = 𝑎𝑥𝑛 → 𝑥𝑛 =𝑡

𝑎 → 𝑥 =

𝑡1𝑛

𝑎1𝑛

→ 𝑑𝑥 =1

𝑛𝑎1𝑛

𝑡1

𝑛−1 𝑑𝑡

𝑥𝑚 =𝑡𝑚𝑛

𝑎𝑚𝑛

Reemplazando

= 𝑡𝑚𝑛

𝑎𝑚𝑛

∗ 𝑒−𝑡 ∗∞

0

1

𝑛𝑎1𝑛

𝑡1𝑛−1 𝑑𝑡

=1

𝑎𝑚𝑛

∗1

𝑛𝑎1𝑛

𝑡𝑚𝑛 ∗ 𝑒−𝑡 ∗

∞

0

𝑡1𝑛−1 𝑑𝑡

=1

𝑛𝑎𝑚𝑛 +

1𝑛

𝑒−𝑡 ∗∞

0

𝑡𝑚𝑛

+1𝑛−1 𝑑𝑡

=1

𝑛𝑎𝑚+1

𝑛

𝑒−𝑡 ∗∞

0

𝑡𝑚+1

𝑛 −1 𝑑𝑡

Como ya sabemos Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

𝑥 − 1 = 𝑚 + 1

𝑛 − 1 → 𝑥 =

𝑚 + 1

𝑛 − 1 + 1 → 𝑥 =

𝑚 + 1

𝑛

= 1

𝑛𝑎𝑚 +1

𝑛

Γ 𝑚+1

𝑛 … Rta

Resolver

𝑑𝑥

− ln 𝑥

1

0

𝑢 = − ln 𝑥

−𝑢 = ln 𝑥

𝑒−𝑢 = 𝑒𝑙𝑛𝑥

𝑒−𝑢 = 𝑥

−𝑒−𝑢𝑑𝑢 = 𝑑𝑥

−𝑒−𝑢𝑑𝑢

𝑢

1

0

Cuando x 0 x ∞ y x1 x 0

Por tanto

− 𝑒−𝑢𝑑𝑢

𝑢1/2

0

∞

Al cambiar los límites de la integral

𝑒−𝑢𝑑𝑢

𝑢1/2

∞

0

𝑢−1/2 𝑒−𝑢𝑑𝑢∞

0

Como ya sabemos Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2

Entonces Γ 1

2 = 𝜋

Demuestre que 𝑒−𝑎𝑥2+𝑏𝑥𝑑𝑥∞

−∞= 𝑒𝑏2/4𝑎 ∗

𝜋

𝑎

−𝑎𝑥2 + 𝑏𝑥 = −(𝑎𝑥2 − 𝑏𝑥)

𝑎𝑥2 − 𝑏𝑥 + 𝑧2 − 𝑧2

2𝑥 𝑎 𝑧 = −𝑏𝑥

𝑧 =−𝑏𝑥

2𝑥 𝑎 𝑧 =

−𝑏

2 𝑎 𝑧2 =

𝑏2

4𝑎

Completamos el cuadrado

− 𝑎𝑥2 − 𝑏𝑥 +𝑏2

4𝑎 −

𝑏2

4𝑎

− 𝑥 𝑎 −𝑏

2 𝑎

2

+𝑏2

4𝑎

Reemplazamos

𝑒− 𝑥 𝑎−

𝑏

2 𝑎

2

+𝑏2

4𝑎∞

−∞

𝑑𝑥

Separamos exponentes

𝑒− 𝑥 𝑎−

𝑏

2 𝑎

2

∗ 𝑒

𝑏2

4𝑎

∞

−∞

𝑑𝑥

𝑒𝑏2

4𝑎 ∗ 𝑒− 𝑥 𝑎−

𝑏

2 𝑎

2

∞

−∞

𝑑𝑥

Sustituimos exponente

𝑢 = 𝑥 𝑎−𝑏

2 𝑎 → 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑑𝑥

Reemplazamos límites si: 𝑥 = −∞ → 𝑢 = −∞ 𝑦 𝑥 = ∞ → 𝑥 = ∞

Por tal razón quedaría la estructura de la siguiente forma

= 𝑒𝑏2

4𝑎 ∗ 𝑒−𝑢2 𝑑𝑢

𝑎

∞

−∞

=𝑒

𝑏2

4𝑎

𝑎∗ 𝑒−𝑢2 𝑑𝑢

∞

−∞

Realizamos una sustitución para seguir el método de gamma

𝑢2 = 𝑡 → 𝑡1/2 = 𝑢 → 1

2 𝑡−1/2 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢

Reemplazamos los límites nuevamente

𝑢 = −∞ → 𝑡 = −∞ 𝑦 𝑢 = ∞ → 𝑡 = ∞

=𝑒

𝑏2

4𝑎

𝑎∗ 𝑒−𝑡 ∗

𝑡−12

2𝑑𝑢

∞

−∞

=𝑒

𝑏2

4𝑎

2 𝑎∗ 𝑒−𝑡 ∗ 𝑡−1/2 𝑑𝑢

∞

−∞

Como los límites no satisfacen la ecuación de gamma, hacemos un corrimiento

hacia la derecha de tal forma que

=2𝑒

𝑏2

4𝑎

2 𝑎∗ 𝑒−𝑡 ∗ 𝑡−1/2 𝑑𝑢

∞

0

Como ya sabemos Γ 𝑥 = 𝑒−𝑡∞

0∗ 𝑡𝑥−1𝑑𝑡

Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2

𝑒𝑏2

4𝑎

𝑎Γ 1/2

Y como Γ 1/2 = 𝜋

=𝑒

𝑏2

4𝑎

𝑎 𝜋

Por propiedades de los radicales tenemos que

= 𝑒𝑏2

4𝑎 𝜋

𝑎

= 𝑒𝑏2

4𝑎 𝜋

𝑎

𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒−𝑎𝑥2+𝑏𝑥𝑑𝑥∞

−∞

= 𝑒𝑏2

4𝑎 ∗ 𝜋

𝑎

… Lqd.

God bless