Definition. Die Gamma-Funktion $\Gamma\colon \mathbb R_{\gt 0}\to \mathbb R_{\gt 0}$ ist definiert durch $$\Gamma(s)=\int\limits^\infty_0 x^{s-1}\exp(-x)dx.$$
Zuerst wollen wir uns überzeugen, dass für $s\gt 0$ das die Gamma-Funktion definierende uneigentliche Integral tatsächlich konvergiert: Strebt $x$ gegen Unendlich, so strebt $x^{s+1}\exp(-x)$ gegen Null. Es gibt daher ein $N$ mit $x^{s+1}\exp(-x)\le1$ für $x\ge N$. Für diese $x$ gilt dann $x^{s-1}\exp(-x)\le x^{-2}.$ Somit existiert das uneigentliche Integral
$$
\int\limits^\infty_N x^{s-1}\exp(-x)dx.
$$ Auf der anderen Seite gilt $\exp(-x)\le1$, also $x^{s-1}\exp(-x)\le x^{s-1}.$ Folglich existiert auch das uneigentliche Integral
$$
\int\limits^N_0 x^{s-1}\exp(-x)dx.
$$ Beispielsweise ist
$$\Gamma(1)=\int\limits^\infty_0\exp(-x)dx=\left[-\exp(-x)\right]^\infty_0=1.$$
Funktionalgleichung der Gammafunktion 4.6.2. Die Gleichung
$$\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)$$ gilt für alle $s>0$.
Beweis. Es gilt
$$\Gamma(s+1)-s\Gamma(s) =\int\limits^\infty_0
x^s\exp(-x)dx-s\int\limits^\infty_0 x^{s-1}\exp(-x)dx.$$ Nach partieller Integration ist das gleich $\left[-x^s\exp(-x)\right]^\infty_0$. Das ist aber Null.
qed
Korollar 4.6.3. Die Gammafunktion interpoliert die Fakultäten: Die Gleichung $$\Gamma (n)=(n-1)!$$ gilt für alle $n\ge 1$.
Beweis. Induktion nach $n$. Es wurde schon $\Gamma(1)=1=0!$ gezeigt. Der Induktionsschluss von $n$ auf $n+1$ folgt aus der Funktionalgleichung
$$
\Gamma(n+1)=n\Gamma(n)=n(n-1)!=n!
$$ qed
Zur Berechnung des Funktionswertes $\Gamma(\frac{1}{2})$ substituieren wir $x=y^2$ und erhalten
$$
\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\int\limits^\infty_0
x^{-\frac{1}{2}}\exp(-x)dx=2\int\limits^\infty_0 \exp(-y^2)dy.
$$
Fehlerintegral von Gauß 4.6.4.
$$
\int\limits^\infty_{-\infty}\exp(-x^2)dx=\sqrt{\pi}.
$$
Das Integral heißt nicht deswegen Fehlerintegral, weil Gauß bei der Berechnung einen Fehler gemacht hätte, sondern wegen seiner Wichtigkeit in der Stochastik, bei der Konstruktion der Normalverteilung. Zusammen mit Gauß schmückte der Graph der Fehlerfunktion den Zehnmarkschein vor der Einführung des Euro. Bevor wir in den etwas umfangreicheren Beweis einsteigen, erinnere ich an eine im vergangenen Semester (Beispiel 4.3.2.iv) bewiesene Formel:
Wallis-Formel 4.6.5. $$\lim_{n\to\infty}\frac1{\sqrt{n}}\prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k-1}=\sqrt{\pi}.$$
Beweis von 4.6.4. Wir gehen in mehreren Schritten vor.
- Zuerst verifizieren wir für $n\in \mathbb N$ die Ungleichungen
\[\sqrt{n}\int\limits^1_{-1}(1-x^2)^n dx \le \int\limits^\infty_{-\infty}\exp(-x^2) dx \le
\sqrt{n}\int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}.\] Zunächst die linke Ungleichung. Für jedes $x\in [-1,1]$ gilt $1-\frac{x^2}{n+1}\gt 0$ und folglich
\[\frac{x^{2n}}{n!}-\frac{x^{2n+2}}{(n+1)!}=\frac{x^{2n}}{n!}\left(1-\frac{x^2}{n+1}\right)\ge 0.\] Es folgt
\[\exp(-x^2)=(1-x^2)+ \left(\frac{x^4}{2!}-\frac{x^6}{3!}\right)+\ldots+\left(\frac{x^{2n}}{n!}-\frac{x^{2n+2}}{(n+1)!}\right)+\ldots\ge 1-x^2
\] und insbesondere $$(1-x^2)^n\le \exp(-x^2)^n=\exp(-n x^2).$$ Integration mit der Substitution $x=y/\sqrt{n}$ liefert
$$\int\limits^1_{-1}(1-x^2)^n dx\le \int\limits^1_{-1}\exp(-n x^2) dx
=\frac{1}{\sqrt{n}}\int\limits^{\sqrt{n}}_{-\sqrt{n}}\exp(-y^2)dy
\le\frac{1}{\sqrt{n}}\int\limits^\infty_{-\infty}\exp(-y^2)dy.
$$ Das liefert die Abschätzung nach unten. Nach oben argumentiert man ähnlich, beginnend mit der Abschätzung
$$\exp(x^2)=1+x^2+\frac{x^4}{2}+\frac{x^6}{6}+\dots\ge 1+x^2$$ für alle $x\in \mathbb R$ und somit
$$
\exp(-x^2) \le \frac{1}{1+x^2}\quad \text{ und folglich } \quad \exp(-nx^2) =\exp(-x^2)^n\le \frac{1}{(1+x^2)^n}.
$$ Entsprechend erhält man $$
\int\limits^{\sqrt{n}R}_{-\sqrt{n}R}\exp(- x^2) dx
=\sqrt{n}\int\limits^{R}_{-R}\exp(-ny^2)dy
\le \sqrt{n}\int\limits^R_{-R} \frac{1}{(1+y^2)^n}dy.
$$ Im Grenzwert $R\to \infty$ erhält man die gewünschte Abschätzung nach oben. - Zur Berechnung der oberen Schranke benutzen wir unsere Überlegungen zur Partialbruchzerlegung (vgl. 4.5.5.). Mit der Bezeichnung $$A_n=\int_{-\infty}^\infty\frac{dx}{(1+x^2)^n}$$ gilt $A_1=[\arctan(x)]_{-\infty}^\infty=\pi$ und $$A_{n+1}=\frac{2n-1}{2n}A_n+\left[\frac{x}{2n(x^2+1)^n}\right]_{-\infty}^\infty=\frac{2n-1}{2n}A_n.$$ Induktiv erhalten wir also
$$\int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n} = {\pi}\prod\limits^{n-1}_{k=1}\frac{2 k-1}{2k}.$$ Wir erhalten somit obere Schranken für den Wert des Gaußschen Fehlerintegrals
$$
\sqrt{n}\int\limits^\infty_{-\infty}\frac{dx}{(1+x^2)^n}=\sqrt{n}{\pi}\prod\limits^{n-1}_{k=1}\frac{2k-1}{2k}=\pi\left(\frac{2{n-1}}{2n}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}\prod\limits^n_{k=1}\frac{2k}{2k-1}\right)^{-1}.
$$ Diese oberen Schranken konvergieren nach der Wallis-Formel gegen $\pi(1\cdot\sqrt{\pi})^{-1}=\sqrt{\pi}$. - In der Betrachtung der unteren Schranken substituieren wir $x= -\cos(y)$ und erhalten
$$
\int\limits^1_{-1}(1-x^2)^n dx=\int\limits^{\pi}_{0}\sin^{2n+1}(y)dy=\int\limits^{\pi}_{0}\sin^{2n+1}(y)dy.
$$ Diese Integrale wurden bereits in Beispiel 4.3.2.iv berechnet:
$$
\int\limits^{\pi}_0\sin^{2n+1}(x)dx= 2\int\limits^{\pi/2}_0\sin^{2n+1}(x)dx=2\prod\limits^{n}_{k=1}\frac{2k}{2k+1}.
$$ Wir erhalten somit untere Schranken für den Wert des Gaußschen Fehlerintegrals $$\sqrt{n}\int\limits^1_{-1}(1-x^2)^n dx =2\sqrt{n}
\prod\limits^n_{k=1}\frac{2k}{2k+1}=\frac{2n}{2n+1}\cdot\frac{1}{\sqrt{n}}\prod\limits^n_{k=1}\frac{2k}{2k-1}.
$$ Diese unteren Schranken konvergieren nach der Wallis-Formel gegen $\sqrt{\pi}$.
qed
Korollar 4.6.6. Es gilt $\Gamma\left(\frac12\right)=\sqrt{\pi}$. Für jede natürliche Zahl $n\in \mathbb N$ gilt
$$
\Gamma\left(n+\frac12\right)=\sqrt{\pi}\prod_{k=1}^{n}\left(k-\frac12\right).
$$
Beweis. Induktion nach $n$. Für $n=1$ gilt die Behauptung, da anfangs des Abschnittes bereits
$$
\Gamma\left(\frac12\right)=2\int\limits^\infty_0\exp(-x^2)dx=\int\limits^\infty_{-\infty}\exp(-x^2)dx
$$ gezeigt wurde. Für $n\gt 1$ benutzt man die Funktionalgleichung.
qed