Установить зависимость для гамма функции.

[Donkey Hot]

Установить зависимость для гамма функции, определяющей интеграл Эйлера.

$G(a)=\int e^{-x}\cdot x^{a-1}dx$

Зависимость такая
$G(1/2)=\sqrt \pi$

Существует такое решение:
$G(1/2)=\int x^{-1/2}\cdot e^{-x}=2\int e^{-x}dx^{1/2}$, замена икса $x=t^{2}$, тогда
$2\int e^{-t^{2}}dt=2\cdot\sqrt \pi/2$

Как выполняется последнее равенство?

[hjury]

Вы хотите доказать, что
$\Gamma{(1/2)}=\sqrt{\pi}$ ?

[Donkey Hot]

Да, так и есть.

[hjury]

Donkey Hot в сообщении #785725 писал(а):

Установить зависимость для гамма
$G(1/2)=\int x^{-1/2}\cdote^{-x}=2\int e^{-x}dx^{1/2}$, замена икса $x=t^{2}$, тогда
$2\int e^{-t^{2}}dt=2\cdot\sqrt \pi/2$

Как выполняется последнее равенство?

Как то странно вы $\frac{1}{2}$ подставили в гамма-функцию

[Donkey Hot]

Блин, это я криво оформил формулу. исправил.
Все интегралы от нуля до бесконечности.

[hjury]

Цитата:

Блин, это я криво оформил формулу. исправил.
Все интегралы от нуля до бесконечности.

Так, хорошо, и что вам собственно непонятно? Как по мне вроде вы все уже показали.

[SpBTimes]

Вы не знаете, как вычислить интеграл Пуассона?

[Donkey Hot]

Интеграл пуассона равен корню из пи без двойки перед интегралом. у меня перед интегралом двойка, которая сокращается при вычислениях и опять же получаем корень из пи.

-- 06.11.2013, 22:19 --

Я понял про сокращение двоек. Наверно в этом решении используется не интеграл пуассона, а одно свойство гамма функции.
$G(a)G(1-a)=\pi/sin\pi$ и ещё в знаменателе умножить на "$a$"

-- 06.11.2013, 22:41 --

Подскажите пожалуйста, почему в интеграле пуассона(во втором доказательстве что он равен корню из пи, смотрю вот тут http://ru.wikipedia.org/wiki/%C3%E0%F3% ... 3%F0%E0%EB) появляется 2пи?

[SpBTimes]

Посчитали интеграл по $\varphi$

[Donkey Hot]

Хоть бы немного подробнее. фи это 360 градусов, т.е. 2пи. но почему оно появляется перед интегралом?
Да, я не особо знаю матан.

[ewert]

Donkey Hot в сообщении #785748 писал(а):

Наверно в этом решении используется не интеграл пуассона, а одно свойство гамма функции.
$G(a)G(1-a)=\pi/sin\pi$ и ещё в знаменателе умножить на "$a$"

Нет, это -- гораздо более продвинутое свойство. Сведение к Пуассону не в пример тривиальнее (тупо замена переменной).

Donkey Hot в сообщении #785748 писал(а):

почему в интеграле пуассона(во втором доказательстве что он равен корню из пи, смотрю вот тут http://ru.wikipedia.org/wiki/%C3%E0%F3% ... 3%F0%E0%EB ) появляется 2пи?

А там просто пропущен один шаг (опрометчиво, как вот сейчас выяснилось, принятый за очевидный). Они просто не стали выписывать двойной интеграл в полярных координатах полностью, свернув в уме интеграл по углу в два пи.

[Donkey Hot]

И что же там должно было быть написано?)

[Ms-dos4]

Ну смотрите. Пусть дан интеграл $\[I = \int\limits_0^\infty {{e^{ - k{x^2}}}} dx\]$. Тогда $\[{I^2} = \int\limits_0^\infty {\int\limits_0^\infty {{e^{ - k({x^2} + {y^2})}}dxdy} } \]$. Теперь перейдём в полярные координаты $\[{x^2} + {y^2} \to {r^2}\]$ и $\[dxdy = rdrd\varphi \]$. Так же заметьте, что область интегрирования - 1-ая четверть, значит в полярных мы интегрируем по r от 0 до $\[\infty \]$ а по углу от 0 до $\[\frac{\pi }{2}\]$.

$\[{I^2} = \int\limits_0^{\frac{\pi }{2}} {d\varphi \int\limits_0^\infty {r{e^{ - k{r^2}}}dr} } = \frac{\pi }{2}\int\limits_0^\infty {r{e^{ - k{r^2}}}dr} = \frac{\pi }{{4k}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - k{r^2}}}d(k{r^2})} = \frac{\pi }{{4k}}\]$

Отсюда и имеем требуемый результат $\[\int\limits_0^\infty {{e^{ - k{x^2}}}} dx = \frac{1}{2}\sqrt {\frac{\pi }{k}} \]$

[Donkey Hot]

Спасибо, разобрался.