MATEMANIJA

Nadam se da će ovo biti interesantno. Što bi rekli stari Latini (ili beše Petrarka, no bolje da pitamo @ubavic), oni koji nisu čuli za ovo neka nauče, a učeni neka se rado sećaju (parafraziram).
Gama funkcija je nesvojstveni integral, Ojlerova funkcija druge vrste, i data je sa:
[dispmath]\Gamma(p)=\int\limits_0^\infty x^{p-1}e^{-x}\mathrm dx\qquad p>0[/dispmath]
Primetite da je ovo određeni integral čiji rezultat ne zavisi od [inlmath]x[/inlmath], no kada se izračuna (analitički ili numerički) zavisiće od [inlmath]p[/inlmath]. Ovaj integral ima osobine:
[inlmath]\Gamma(n)=(n-1)!\quad n=1,2,3,\ldots\qquad\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi\qquad\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)[/inlmath]
Uzgred budi rečeno, po dogovoru se smatra da je [inlmath]0!=1[/inlmath]. Možda vam deluje nelogično, ali bez toga bi mnogo stvari palo u vodu...
Hajde da vidimo čemu ovo uopšte i služi (između ostalog). Recimo da treba rešiti integral:
[dispmath]\int\limits_0^\infty x^{10}e^{-x}\mathrm dx[/dispmath]
Naravno, dovoljno je deset parcijalnih integracija i gotovo. Dobro, i poneki limes uz to, zar ne. Zar nije lakše preko prve navedene osobine gama funkcije prosto reći da je rezultat [inlmath]10!=3628800[/inlmath]. Ako ipak preferirate klasičnu parcijalnu, izvolite. Niko ne brani.
E sad malo o beta funkciji, pretpostavljam da ste nestrpljivi... Videćete do kraja posta i jedan jako dobar trik za rešavanje užasno smarajućeg trigonometrijskog integrala, verujte mi na reč. Dakle, beta funkcija je Ojlerova funkcija prve vrste i data je sa:
[dispmath]B(p,q)=\int\limits_0^1x^{p-1}(1-x)^{q-1}\mathrm dx\quad p>0\quad q>0[/dispmath]
Gama i beta funkcija povezane su relacijom:
[dispmath]B(p,q)=\frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}[/dispmath]
Evo konačno i obećanog integrala:
[dispmath]\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^4x\cos^4x\mathrm dx[/dispmath]
Naravno da se može raditi preko elementarnih trigonometrijskih transformacija. Potrajalo bi. A šta da su sinus i kosinus na osmi stepen? To bi potrajalo duže.
Btw, ako su u ovakvim integralima sinus i kosinus stepena različite parnosti, onda je lako rešiti ih bez cele ove priče oko beta i gama funkcije (kako?)
Evo na kraju i smene koja će ovaj integral svesti na beta funkciju: [inlmath]\sin^2x=t[/inlmath]
Ako je nekom ovo interesantno, uradiću ne samo ovaj nego i još poneki integral na istu temu

Sjajan tutorijal!

Što se tiče ovoga,

desideri je napisao:Uzgred budi rečeno, po dogovoru se smatra da je [inlmath]0!=1[/inlmath]. Možda vam deluje nelogično, ali bez toga bi mnogo stvari palo u vodu...

uputio bih zainteresovane da više o tome pročitaju u ovoj temi, u kojoj smo se upravo bavili tom jednakošću...

Evo i postupka za rešavanje gore pomenutog integrala (najpre se uvodi smena [inlmath]\sin^2x=t[/inlmath] za svođenje na beta funkciju):
[dispmath]\int\limits_0^\frac{\pi}{2}\sin^4x\cos^4x\mathrm dx=\frac{1}{2}B\left(\frac{5}{2},\frac{5}{2}\right)=\frac{1}{2}\frac{\Gamma\left(\frac{5}{2}\right)\Gamma\left(\frac{5}{2}\right)}{\Gamma(5)}=\frac{1}{2}\frac{\frac{3}{2}\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\frac{3}{2}\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)}{4!}=\frac{9\pi}{32\cdot4!}[/dispmath]
Ovo zato što je: [inlmath]\Gamma\left(\frac{5}{2}\right)=\Gamma\left(\frac{3}{2}+1\right)=\frac{3}{2}\Gamma\left(\frac{3}{2}\right)=\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}[/inlmath]
Priznaćete da kraće ne može biti. Ko ne veruje, neka proba rešavanje trigonometrijskim transformacijama

Jako zanimljivo. Za ovo sam saznao pre dosta vremena i jako me je zainteresovala mogućnost faktorijela od relanog broja. Uvek me je interesovalo kako su ljudi ranije računali za vrednosti kod kojih ne postoji caka niti neki način da se ona nadje za tako nešta. Da li su koristili Rimanove sume na nekom intervalu tipa od nula do [inlmath]100[/inlmath], hiljadu podeoka. I na kojem kursu se ovo uci na matematičkom fakultetu pošto niko od profesora u mojoj školi nije čuo za ovo (samo jedna profesorka matematike je čula za gama funkciju ali nije imala pojma da ona ima veze sa faktorijelom)? Ne deluje mi teško a opet mi izgleda da je ekstremno bitno makar čuti za tako nešta.

@Trougao,
veliki thanks za tvoj post. Naravno da ću nastaviti temu, mnogo mi je veliki motiv kada se ljudi interesuju za matematiku, ne samo u školskom smislu.

Da malo i ja probam da doprinesem.
Svojstvo:
[dispmath]\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)[/dispmath]
Valjda sledi kad se primeni jedna parcijalna integracija na
[dispmath]\Gamma(p+1)=\int\limits_0^{+\infty}x^{(p+1)-1}e^{-x}\mathrm{d}x=\int\limits_0^{+\infty}x^pe^{-x}\mathrm{d}x[/dispmath]
Ovde nam je: [inlmath]u=x^p,\;\mathrm{d}u=px^{p-1}\mathrm{d}x,\;\mathrm{d}v=e^{-x}\mathrm{d}x,\;v=-e^{-x}[/inlmath]
[dispmath]\Gamma(p+1)=\int\limits_0^{+\infty}x^pe^{-x}\mathrm{d}x=-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}-\int\limits_0^{+\infty}-px^{p-1}e^{-x}\mathrm{d}x=-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}+\int\limits_0^{+\infty}px^{p-1}e^{-x}\mathrm{d}x[/dispmath][dispmath]\Gamma(p+1)=-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}+\int\limits_0^{+\infty}px^{p-1}e^{-x}\mathrm{d}x[/dispmath]
Sada [inlmath]p[/inlmath] može ispred integrala.
[dispmath]\Gamma(p+1)=-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}+p\int\limits_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}\mathrm{d}x[/dispmath]
I sada po definicji:
[dispmath]p\int\limits_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}\mathrm{d}x=p\Gamma(p)[/dispmath]
Pa imamo:
[dispmath]\Gamma(p+1)=-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}+p\Gamma(p)[/dispmath]
Deo:
[dispmath]-e^{-x}x^p\Bigr|_0^{+\infty}=\lim_{t\to+\infty}-e^{-x}x^p\Bigr|_0^t=\lim_{t\to+\infty}-e^{-t}t^p=\lim_{t\to+\infty}-\frac{t^p}{e^t}=0[/dispmath]
I na kraju nam samo ostane :
[dispmath]\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)[/dispmath]
Nadam se da nisam omanuo negde.

Odlično urađeno .
Kada je ovo dokazano, lako se može dokazati i veza faktorijela i gama funkcije (kada je argument prirodan broj) matematičkom indukcijom.

[dispmath]\begin{array}{lll}
\Gamma\left(-\frac{3}{2}\right) & =\frac{4\sqrt\pi}{3} & \approx2,363\\
\Gamma\left(-\frac{1}{2}\right) & =-2\sqrt\pi & \approx-3,545\\
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right) & =\sqrt\pi & \approx1,772\\
\Gamma\left(1\right) & =0! & =1\\
\Gamma\left(\frac{3}{2}\right) & =\frac{\sqrt\pi}{2} & \approx0,886\\
\Gamma\left(2\right) & =1! & =1\\
\Gamma\left(\frac{5}{2}\right) & =\frac{3\sqrt\pi}{4} & \approx1,329\\
\Gamma\left(3\right) & =2! & =2\\
\Gamma\left(\frac{7}{2}\right) & =\frac{15\sqrt\pi}{8} & \approx3,323\\
\Gamma\left(4\right) & =3! & =6
\end{array}[/dispmath]
za sve brojeve je jednostavno izvesti preko osnovnog oblika
[dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi\\
-2\Gamma\left(\frac{-1}{2}+1\right)=-2\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=-2\sqrt\pi\\
\Gamma\left(\frac{-1}{2}\right)=-2\sqrt\pi[/dispmath]

@Trougao, svaka čast i od mene.
Kad smo već počeli, pokazao bih onda i ja vezu između [inlmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi[/inlmath] i Gausovog integrala:
[dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int\limits_0^{+\infty}x^{\frac{1}{2}-1}e^{-x}\mathrm dx=\int\limits_0^{+\infty}x^{-\frac{1}{2}}e^{-x}\mathrm dx=\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-x}}{\sqrt x}\mathrm dx[/dispmath]
Smena [inlmath]\sqrt x=t,\;\frac{\mathrm dx}{2\sqrt x}=\mathrm dt,\;x=t^2[/inlmath]
[dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=2\int\limits_0^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt[/dispmath]
Pošto je [inlmath]e^{-t^2}[/inlmath] parna funkcija (jer u njoj promenljiva [inlmath]t[/inlmath] figuriše samo kao [inlmath]t^2[/inlmath]), njen integral od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]+\infty[/inlmath] biće jednak integralu od [inlmath]-\infty[/inlmath] do [inlmath]0[/inlmath]:
[dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int\limits_0^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt+\int\limits_0^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt=\int\limits_{-\infty}^0e^{-t^2}\mathrm dt+\int\limits_0^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt[/dispmath]
Integral [inlmath]\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2}\mathrm dt[/inlmath] predstavlja Gausov integral, za čiju vrednost je poznato da iznosi [inlmath]\sqrt\pi[/inlmath]. Ovime je, dakle, pokazano da je
[dispmath]\enclose{box}{\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi}[/dispmath]

@Daniel i @Trougao,
sve vam je tačno, baš su vam super postovi (ja baš volim ovu oblast matematike.)
@Sinisa, ti uvede i negativni argument, tek ti si me zainteresovao .
Znam da postoji i proširivanje gama funkcije za negativno [inlmath]p[/inlmath], ali moram se toga podsetiti.
Pa ti javljam da li se slažem ili ne.

A ima tu još mnogo toga.
Evo ovoga se odlično sećam na tu temu:
[dispmath]\Gamma(p)\Gamma(1-p)=\frac{\pi}{\sin p\pi}\quad0<p<1[/dispmath]
Kako dokazati?

A što se tiče pomenute matematičke indukcije:
@Trougao je dokazao da važi:
[dispmath]\Gamma(p+1)=p\Gamma(p)[/dispmath]

• Induktivna pretpostavka: [inlmath]\Gamma(n)=(n-1)!\quad n=1,2,3,\ldots[/inlmath]
• Za [inlmath]n=1[/inlmath] trivijalno se pokazuje da je ok, i bez gama funkcije.
• [inlmath]\Gamma(n+1)=n\Gamma(n)[/inlmath]
• [inlmath]\Gamma(n+1)=n(n-1)!=n![/inlmath]