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2012년 11월 20일 (화) 18:50 판

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감마함수

개요

팩토리얼 함수의 정의역을 복소수로 확장하는 함수이다.
라그랑주(Lagrange)가 이 함수를 나타내기 위해 처음으로 그리스 대문자 감마(Γ)를 사용하였으며, 그 이후로 정식 표기로 굳어짐.
자연수에 대해 팩토리얼과 같은 값을 가지면서 s > 0 일때 logΓ(s) 가 convex 하게 하는 유일한 함수이다.
다음과 같은 중요한 성질을 갖는다
\(\Gamma(s+1) =s\Gamma(s)\)
\(\Gamma(1-z) \; \Gamma(z) = {\pi \over \sin{(\pi z)}} \,\!\)
\(\Gamma(z) \; \Gamma\left(z + \frac{1}{m}\right) \; \Gamma\left(z + \frac{2}{m}\right) \cdots \Gamma\left(z + \frac{m-1}{m}\right) = (2 \pi)^{(m-1)/2} \; m^{1/2 - mz} \; \Gamma(mz)\)
대수다양체의 periods 를 표현하는데 등장하며, \(s\)가 유리수일때의 감마함수의 값이 초월수인지, 그리고 그 값들 사이의 대수적 관계에 대한 문제는 중요 미해결 문제

정의

실수부가 \(\Re s>0\)인 복소수 \(s>0\)에 대하여 다음과 같이 정의
\(\Gamma(s) = \int_0^\infty e^{-t} t^{s} \frac{dt}{t}\)
\(\Gamma(s+1) =s\Gamma(s)\)
자연수 \(n\)에 대하여 \(\Gamma(n)=(n-1)!\)
가우스의 정의
\(\Gamma(z) = \lim_{n \to \infty} \frac{n! \; n^z}{z \; (z+1)\cdots(z+n)} \)

해석적확장

해석적확장(analytic continuation)
\(\Gamma(s+1) =s\Gamma(s)\)를 이용하여, 복소평면전체에서 정의된 meromorphic 함수로 이해가능
\(s=0,-1,-2\cdots\)에서 폴(pole)을 가진다

함수의 그래프

\(-4<s<4\)의 범위에서 다음과 같은 그래프를 가짐
[/pages/3197800/attachments/3140461 gamma.jpg]
\(s>0\)일 때, \(\ln \Gamma(s)\)의 그래프
[/pages/3197800/attachments/3140463 logofgamma.jpg]

무한곱표현

바이어슈트라스 무한곱

\[\Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}\]

반사공식

\(\Gamma(1-z) \; \Gamma(z) = {\pi \over \sin{(\pi z)}} \,\!\)

(증명)

삼각함수와 무한곱 표현

\(\sin{\pi x} = \pi x \prod _{n=1}^{\infty } \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)\) 과 \[\Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}\] 를 써서 증명된다. ■

다음 계산을 얻는다

\[\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}\]

일반적으로 \[\Gamma(n+\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}\]

(증명) \[\Gamma(n+\frac{1}{2})=\Gamma(\frac{2n+1}{2})=(\frac{2n-1}{2})\Gamma(\frac{2n-1}{2})=(\frac{2n-1}{2})(\frac{2n-3}{2})\Gamma(\frac{2n-3}{2})=(\frac{2n-1}{2})\cdots(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{2n-1}{2}\sqrt{\pi}=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}\]■

곱셈공식

이항
\(\Gamma(z) \; \Gamma\left(z + \frac{1}{2}\right) = 2^{\frac{1}{2}-2z} \; \sqrt{2\pi} \; \Gamma(2z) \,\!\)
\(2^{2z}\Gamma(z) \; \Gamma\left(z + \frac{1}{2}\right) = 2\sqrt{\pi}\;\Gamma(2z)\)
일반화
\(\Gamma(z) \; \Gamma\left(z + \frac{1}{m}\right) \; \Gamma\left(z + \frac{2}{m}\right) \cdots \Gamma\left(z + \frac{m-1}{m}\right) = (2 \pi)^{(m-1)/2} \; m^{1/2 - mz} \; \Gamma(mz)\)

적분표현

Binet's second expression
\(\operatorname{Re} z > 0 \) 일 때, \(\log \Gamma(z)=(z-\frac{1}{2})\log z -z+\frac{1}{2}\log 2\pi+ 2\int_0^{\infty}\frac{\tan^{-1}(t/z)}{e^{2\pi t} -1}dt\)
http://dlmf.nist.gov/5/9/ 참고

Hurwitz 제타함수와의 관계

적당한 상수 R이 존재하여 \(\Gamma(a)=R{e^{\zeta'(0,a)}}\)
후르비츠 제타함수(Hurwitz zeta function) 참조

쿰머의 푸리에 급수

로그감마 함수의 푸리에 급수
\(\begin{eqnarray}\log\Gamma(x)=\log\sqrt{2\pi}-\frac{1}{2}\log(2\sin\pi x)+\frac{1}{2}(\gamma+2\log\sqrt{2\pi})(1-2x)+\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\log k}{k}\sin 2\pi kx \nonumber \\ =(\frac{1}{2}-x)(\gamma+\log 2)+(1-x)\log \pi -\frac{1}{2}\log(\sin\pi x)+\frac{1}{\pi}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\log k}{k}\sin 2\pi kx \nonumber \end{eqnarray} \)

테일러 급수

로그감마 함수의 테일러 급수
\(\log\Gamma(1+x) =-\gamma x+\sum_{k=2}^{\infty}(-1)^k \frac{\zeta(k)}{k}x^k\)

Digamma 함수

감마함수의 로그미분으로 정의

\(\psi(x) =\frac{d}{dx} \ln{\Gamma(x)}= \frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}\)

자세한 사실은 Digamma 함수 항목 참조.

오일러 베타적분

\(B(x,y)=\dfrac{\Gamma(x)\,\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}\)

오일러 베타적분 항목 참조

감마함수와 초월수

감마함수의 유리수에서의 값이 초월수인지의 문제.
다음 경우가 초월수 임이 알려져 있다
\(\Gamma(\frac{1}{3})\), \(\Gamma(\frac{2}{3})\), \(\Gamma(\frac{1}{4})\), \(\Gamma(\frac{3}{4})\), \(\Gamma(\frac{1}{6})\), \(\Gamma(\frac{5}{6})\)
미해결 문제. 다음은 초월수인가?
\(\Gamma(\frac{1}{5})\)
무리수와 초월수 항목 참조

하위페이지

감마함수

역사

매스매티카 파일 및 계산 리소스

매스매티카 파일 목록

사전형태의 자료

블로그

http://twistedone151.wordpress.com/2008/05/26/monday-math-21-the-gamma-function-part-4/
구글 블로그 검색 http://blogsearch.google.com/blogsearch?q=감마함수

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 [[삼각함수의 무한곱 표현|삼각함수와 무한곱 표현]]
-<math>\sin{\pi x} = x \prod _{n=1}^{\infty } \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)</math> 과 <math>\Gamma(z) &= \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}</math> 를 써서 증명된다. ■
+<math>\sin{\pi x} = \pi x \prod _{n=1}^{\infty } \left(1-\frac{x^2}{n^2}\right)</math> 과 :<math>\Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}</math> 를 써서 증명된다. ■
-<math>\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}</math>
+* 다음 계산을 얻는다
+:<math>\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}</math>
-*  일반적으로 <br><math>\Gamma(n+\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}</math><br> (증명)<br>
+* 일반적으로 :<math>\Gamma(n+\frac{1}{2})=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}</math><br>
+(증명)
-<math>\Gamma(n+\frac{1}{2})=\Gamma(\frac{2n+1}{2})=(\frac{2n-1}{2})\Gamma(\frac{2n-1}{2})=(\frac{2n-1}{2})(\frac{2n-3}{2})\Gamma(\frac{2n-3}{2})=(\frac{2n-1}{2})\cdots(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{2n-1}{2}\sqrt{\pi}=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}</math>■
+:<math>\Gamma(n+\frac{1}{2})=\Gamma(\frac{2n+1}{2})=(\frac{2n-1}{2})\Gamma(\frac{2n-1}{2})=(\frac{2n-1}{2})(\frac{2n-3}{2})\Gamma(\frac{2n-3}{2})=(\frac{2n-1}{2})\cdots(\frac{1}{2})\Gamma(\frac{1}{2})=\frac{1}{2}\cdot\frac{3}{2}\cdot\frac{2n-1}{2}\sqrt{\pi}=(\frac{1}{2})_n\sqrt{\pi}</math>■