1) La función gamma fue definida por Euler mediante una integral desde 0 hasta infinito de e^-t * t^(x-1) dt, donde x es mayor que 0. 2) Se demuestran algunas propiedades como Γ(1) = 1, Γ(1/2) = π, Γ(x+1) = xΓ(x). 3) También se presenta el teorema de la función gamma que relaciona Γ(x)Γ(1-x) con π/sen(πx) para valores de x entre 0 y 1.

1. Función Gamma
La función gamma fue definida por euler mediante:
∞
Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 ; 𝑥 > 0
0
Algunas funciones definidas son:
1. Γ 1 = 1
2. Γ 1/2 = 𝜋
3. Γ 𝑥 + 1 = 𝑥 Γ 𝑥
1 1∗3∗5…(2𝑛−1)
4. Γ 𝑛 + = 𝜋 1/2
2 2𝑛
Demostrando (3)
Por definición tenemos que:
∞
Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
0
Entonces
∞
Γ 𝑥+1 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥 𝑑𝑡
0
Hacemos
𝑢= 𝑡𝑥 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒 −𝑡
Si reemplazamos en la ecuación
∞
𝑥 −𝑡 ∞
Γ 𝑥 + 1 = −𝑡 𝑒 0 + 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
0

2. ∞
Γ 𝑥+1 = 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
0
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
∞ −𝑡
Por definición sabemos que Γ 𝑥 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Lo que hacemos es remplazar a 𝒕 por 𝒙 𝟐
1 1 −1/2
𝑡 = 𝑥2 → 𝑡2 = 𝑥 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥
2
Si despejamos 𝑡 −1/2 𝑑𝑡 = 2𝑑𝑥
Si remplazamos en la ecuación inicial de gamma a x por el valor de ½
∞ −𝑡
Es decir Γ 1/2 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 (1/2)−1 𝑑𝑡
∞ −𝑡
Quedará de la siguiente forma Γ 1/2 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑡
Ahora si tomamos los nuevos valores que hemos despejado y los introducimos
dentro de nuestra nueva ecuación obtendremos:
Como: 𝒕−𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 2𝑑𝑥 y 𝒕 = 𝑥2
∞
2
Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
0
Hacemos ahora 𝑡 = 𝑦2 de manera análoga se obtiene
∞
2
Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
0
Multiplicamos miembro a miembro

3. ∞ ∞
2 −𝑥 2 2
Γ 1/2 =2 𝑒 𝑑𝑥 ∗ 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
0 0
∞
2 +𝑦 2 )
=4 𝑒 −(𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦
0
Si lo tomamos por coordenadas polares tendremos que:
𝑥
𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 tan 𝜃 =
𝑦
𝜕 𝑥, 𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑟 𝑑𝜃
𝜕 𝑟, 𝜃
𝜕𝑥 𝜕𝑥
𝜕 𝑥, 𝑦 𝜕𝜃 = cos 𝜃 −𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
= 𝜕𝑟
𝜕 𝑟, 𝜃 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
𝜕𝑟 𝜕𝜃
𝜕 𝑥, 𝑦
= 𝑟𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛2 𝜃
𝜕 𝑟, 𝜃
= 𝑟(𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃)
=r
Luego entonces
𝜋/2 ∞
2 2
Γ 1/2 =4 𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
0 0
∞
2 𝑑𝑢
𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟 → 𝑢 = 𝑟2 𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟 = 𝑟𝑑𝑟
0 2
Reemplazando
1 ∞ 1 1 1
𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 → −0 + =
2 0 2 2 2

4. Luego ahora nos queda, el dos sale del 4 que teníamos entre el ½ que nos dio
más la integral que hacía falta
𝜋/2
2
Γ 1/2 =2 𝑑𝜃
0
𝜋/2 𝜋
=2 𝜃 0 → 2
2
2
= Γ 1/2 = 𝜋
Entonces podemos terminar
Γ 1/2 = 𝜋 … Lqd

5. Teorema: la función gamma satisface
𝜋
Γ x Γ 1−x = ; 0< 𝑥<1
𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑥
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

6. Ejemplos de la función Gamma
∞
3
𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
0
También la podemos representar
∞
3
𝑦1/2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
0
1
3
Hacemos 𝑡= 𝑦 → 𝑡 = 𝑦
3
1 −2/3
= 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑦
3
Reemplazamos
∞
1 1/2
= 𝑡1/3 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡
3 0
∞
1
= 𝑡1/6 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡
3 0
∞
1 −𝑡
1
−2
= 𝑒 ∗ 𝑡 𝑑𝑡
3 0
∞ −𝑡
Como sabemos por definición de gamma Γ 𝑥 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 𝑥 −1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones y obtenemos
1 1 1
𝑥−1 = − → 𝑥 = − +1 → 𝑥=
2 2 2
1 1
Γ
3 2
1
Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋
2
Entonces nos queda que
∞ 3 1
0
𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 𝜋
3

7. ∞ 2 𝜋
Demostrar que
0
3−4𝑍 𝑑𝑧 = 4 𝑙𝑛 3
𝑎𝑥
Si recordamos el teorema que dice que 𝑎𝑥 = 𝑒𝑥 𝑙𝑛 𝑎
= 𝑒 ln
Podremos entonces remplazar en nuestro caso los valores siguientes
∞ ∞
−4𝑍 2 𝑙𝑛 3 𝑍2
𝑒 𝑑𝑧 = 𝑒 − 4 𝑙𝑛 3 𝑑𝑧
0 0
𝑥 𝑥
Hacemos 𝑥 = 4 𝑙𝑛3 𝑍 2 → 𝑍2 = → 𝑧= →
4 𝑙𝑛 3 4 ln 3
𝑥 1/2
𝑧=
4 ln 3
Reemplazamos
∞
𝑥1/2
−𝑥
𝑒 𝑑
0 4 ln 3
∞
1 −𝑥 1/2 1/2
1
𝑒 𝑑 𝑥 → 𝑑 𝑥 = 𝑥−1/2 𝑑𝑥
4 ln 3 0 2
1 ∞ 1
4 ln 3 0
𝑒 −𝑥 ∗ 2 𝑥 −1/2 𝑑𝑥
∞
1
𝑒 −𝑥 ∗ 𝑥 −1/2 𝑑𝑥
4 ln 3 0
1 1
Γ
4 ln 3 2
1
Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋
2
Entonces nos queda que
∞ 2 𝜋
0
3−4𝑍 𝑑𝑧 = … Lqd
4 ln 3

8. Resolver
∞
𝑚 𝑛
𝑥 𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥
0
Hacemos
1
1
𝑛 𝑛 𝑡 𝑡𝑛 1 −1
𝑡 = 𝑎𝑥 → 𝑥 = → 𝑥= 1 → 𝑑𝑥 = 1 𝑡 𝑛 𝑑𝑡
𝑎
𝑎𝑛 𝑛𝑎 𝑛
𝑚
𝑚
𝑡 𝑛
𝑥 = 𝑚
𝑎 𝑛
Reemplazando
𝑚
∞
𝑡 𝑛 1 1
= 𝑚 ∗ 𝑒 −𝑡
∗ 1 𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡
0 𝑎 𝑛 𝑛𝑎 𝑛
∞
1 1 𝑚 1
= 𝑚 ∗ 1 𝑡 𝑛 ∗ 𝑒 −𝑡
∗ 𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡
𝑎 𝑛 𝑛𝑎 𝑛 0
∞
1 𝑚 1
+ −1
= 𝑚 1 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑛 𝑛 𝑑𝑡
𝑛𝑎 𝑛+𝑛 0
∞
1 𝑚 +1
= 𝑒 −𝑡
∗𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡
𝑚 +1
𝑛𝑎 𝑛 0
∞ −𝑡
Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos
𝑚+1 𝑚+1 𝑚+1
𝑥−1 = −1 → 𝑥= −1+1 → 𝑥=
𝑛 𝑛 𝑛
1 𝑚+1
= 𝑚 +1 Γ … Rta
𝑛
𝑛𝑎 𝑛

9. Resolver
1 𝑑𝑥
0 − ln 𝑥
𝑢 = − ln 𝑥
−𝑢 = ln 𝑥
𝑒 −𝑢 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥
𝑒 −𝑢 = 𝑥
−𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
1
−𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
0 𝑢
Cuando x 0  x ∞ y x1  x 0
Por tanto
0
𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
−
∞ 𝑢1/2
Al cambiar los límites de la integral
∞
𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
0 𝑢1/2
∞
𝑢−1/2 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
0
∞ −𝑡
Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos
𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2
1
Entonces Γ = 𝜋
2

10. ∞ 2 +𝑏𝑥 2 /4𝑎 𝜋
Demuestre que
−∞
𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑏 ∗ 𝑎
−𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 = −(𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥)
𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + 𝑧 2 − 𝑧 2
2𝑥 𝑎 𝑧 = −𝑏𝑥
−𝑏𝑥 −𝑏 𝑏2
𝑧 = 2𝑥  𝑧=2  𝑧 2 = 4𝑎
𝑎 𝑎
Completamos el cuadrado
𝑏2 𝑏2
− 𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + −
4𝑎 4𝑎
2
𝑏 𝑏2
− 𝑥 𝑎− +
2 𝑎 4𝑎
Reemplazamos
∞ 𝑏 2 𝑏2
− 𝑥 𝑎− +
4𝑎
𝑒 2 𝑎 𝑑𝑥
−∞
Separamos exponentes
∞ 𝑏 2 𝑏2
− 𝑥 𝑎−
𝑒 2 𝑎 ∗ 𝑒 4𝑎 𝑑𝑥
−∞
𝑏2 ∞ 𝑏 2
− 𝑥 𝑎−
𝑒 4𝑎 ∗ 𝑒 2 𝑎 𝑑𝑥
−∞
Sustituimos exponente
𝑏
𝑢= 𝑥 𝑎− → 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑑𝑥
2 𝑎

11. Reemplazamos límites si: 𝑥 = −∞ → 𝑢 = −∞ 𝑦 𝑥=∞ → 𝑥=∞
Por tal razón quedaría la estructura de la siguiente forma
𝑏2 ∞
−𝑢 2
𝑑𝑢
= 𝑒 4𝑎 ∗ 𝑒
−∞ 𝑎
𝑏2
∞
𝑒 4𝑎 2
= ∗ 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
𝑎 −∞
Realizamos una sustitución para seguir el método de gamma
1 −1/2
𝑢2 = 𝑡 → 𝑡 1/2 = 𝑢 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
2
Reemplazamos los límites nuevamente
𝑢 = −∞ → 𝑡 = −∞ 𝑦 𝑢=∞ → 𝑡=∞
𝑏2 1
∞ −
𝑒 4𝑎 𝑡 2
= ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑑𝑢
𝑎 −∞ 2
𝑏2
∞
𝑒 4𝑎
= ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢
2 𝑎 −∞
Como los límites no satisfacen la ecuación de gamma, hacemos un corrimiento
hacia la derecha de tal forma que
𝑏2
∞
2𝑒 4𝑎
= ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢
2 𝑎 0
∞ −𝑡
Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0
𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos
𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2

12. 𝑏2
𝑒 4𝑎
Γ 1/2
𝑎
Y como Γ 1/2 = 𝜋
𝑏2
𝑒 4𝑎
= 𝜋
𝑎
Por propiedades de los radicales tenemos que
𝑏2 𝜋
= 𝑒 4𝑎
𝑎
𝑏2
𝜋
= 𝑒 4𝑎
𝑎
∞ 𝑏2
−𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥
𝜋
𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑒 4𝑎 ∗
−∞ 𝑎
… Lqd.
God bless