Zurück zu Identitäten
Aus der Integraldarstellung Γ ( z ) = ∫ 0 ∞ t z − 1 e − t d t {\displaystyle \Gamma (z)=\int _{0}^{\infty }t^{z-1}\,e^{-t}\,dt} für Re ( z ) > 0 {\displaystyle {\text{Re}}(z)>0\,} ergibt sich durch die Substitution t ↦ t 2 {\displaystyle t\mapsto t^{2}} die Darstellung Γ ( z ) = 2 ∫ 0 ∞ t 2 z − 1 e − t 2 d t {\displaystyle \Gamma (z)=2\int _{0}^{\infty }t^{2z-1}\,e^{-t^{2}}\,dt} . Für Re ( α ) , Re ( β ) > 0 {\displaystyle {\text{Re}}(\alpha ),{\text{Re}}(\beta )>0\,} ist also Γ ( α ) Γ ( β ) = 4 ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ x 2 α − 1 y 2 β − 1 e − ( x 2 + y 2 ) d x d y {\displaystyle \Gamma (\alpha )\,\Gamma (\beta )=4\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }x^{2\alpha -1}\,y^{2\beta -1}\,e^{-(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy} . Integriert man in Polarkoordinaten, so ist dies 4 ∫ 0 π 2 ∫ 0 ∞ ( r sin φ ) 2 α − 1 ( r cos φ ) 2 β − 1 e − r 2 r d r d φ {\displaystyle 4\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\int _{0}^{\infty }(r\sin \varphi )^{2\alpha -1}\,(r\cos \varphi )^{2\beta -1}\,e^{-r^{2}}\,r\,dr\,d\varphi } . Und das ist 2 ∫ 0 π 2 sin 2 α − 1 φ cos 2 β − 1 φ d φ ⋅ 2 ∫ 0 ∞ r 2 ( α + β ) − 1 e − r 2 d r = B ( α , β ) Γ ( α + β ) {\displaystyle 2\int _{0}^{\frac {\pi }{2}}\sin ^{2\alpha -1}\varphi \,\,\cos ^{2\beta -1}\varphi \,d\varphi \,\,\cdot \,\,2\int _{0}^{\infty }r^{2(\alpha +\beta )-1}\,e^{-r^{2}}\,dr=B(\alpha ,\beta )\,\Gamma (\alpha +\beta )} .
In der Formel 1 Γ ( z ) ∫ 0 ∞ t z − 1 e − R t d t = 1 R z {\displaystyle {\frac {1}{\Gamma (z)}}\,\int _{0}^{\infty }t^{z-1}\,e^{-Rt}\,dt={\frac {1}{R^{z}}}} setze z = x + y {\displaystyle z=x+y\,} und R = 1 + u {\displaystyle R=1+u\,} : 1 Γ ( x + y ) ∫ 0 ∞ t x + y − 1 e − ( 1 + u ) t d t = 1 ( 1 + u ) x + y {\displaystyle {\frac {1}{\Gamma (x+y)}}\,\int _{0}^{\infty }t^{x+y-1}\,e^{-(1+u)t}\,dt={\frac {1}{(1+u)^{x+y}}}} Setze diese Darstellung von 1 ( 1 + u ) x + y {\displaystyle {\frac {1}{(1+u)^{x+y}}}} in der Formel B ( x , y ) = ∫ 0 ∞ u x − 1 ( 1 + u ) x + y d u {\displaystyle B(x,y)=\int _{0}^{\infty }{\frac {u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}}\,du} ein: B ( x , y ) = 1 Γ ( x + y ) ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ u x − 1 t x + y − 1 e − ( 1 + u ) t d t d u {\displaystyle B(x,y)={\frac {1}{\Gamma (x+y)}}\,\int _{0}^{\infty }\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\,t^{x+y-1}\,e^{-(1+u)\,t}\,dt\,du} = 1 Γ ( x + y ) ∫ 0 ∞ ∫ 0 ∞ u x − 1 e − t u d u ⏟ = Γ ( x ) t − x t x + y − 1 e − t d t = Γ ( x ) Γ ( x + y ) ∫ 0 ∞ t y − 1 e − t d t = Γ ( x ) Γ ( y ) Γ ( x + y ) {\displaystyle ={\frac {1}{\Gamma (x+y)}}\int _{0}^{\infty }\underbrace {\int _{0}^{\infty }u^{x-1}\,e^{-tu}\,du} _{=\Gamma (x)\,t^{-x}}\,\,t^{x+y-1}\,e^{-t}\,dt={\frac {\Gamma (x)}{\Gamma (x+y)}}\int _{0}^{\infty }t^{y-1}\,e^{-t}\,dt={\frac {\Gamma (x)\,\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}}}
für 
ergibt
die Darstellung 
.
ist also 
.
.
.
