Hajde de ispisem jedan dokaz za gausov integral koji sam procitao na internetu. Dolazi od Laplasa ako se ne varam.
[dispmath]I=\int\limits_{-\infty}^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Posto je funkcija parna mozemo pisati i kao:
[dispmath]I=2\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx[/dispmath]
Sada kvadritamo obe strane:
[dispmath]I^2=4\left(\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx\right)^2[/dispmath]
Pa to mozemo zapisati kao:
[dispmath]I^2=4\left(\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx\right)\left(\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx\right)[/dispmath]
Kako je sve jedno koja je promenljiva upitanju mozemo u jednom integralu staviti neku drugu:
[dispmath]I^2=4\left(\int\limits_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx\right)\left(\int\limits_0^{+\infty}e^{-y^2}\mathrm dy\right)[/dispmath]
Pa je to isto sto i (da li bi neko mogao da objansi intuitivno ovaj deo):
[dispmath]I^2=4\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}e^{-\left(x^2+y^2\right)}\mathrm dy\mathrm dx[/dispmath]
Smena [inlmath]y=xs,\;\mathrm dy=x\mathrm ds[/inlmath]
[dispmath]I^2=4\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}e^{-\left(x^2+x^2s^2\right)}x\mathrm ds\mathrm dx[/dispmath]
Sada zamenimo diferencijale posto se rezultat ne menja (mislim da ima i neka teorema o redu racunanja dvojnih integrala)
[dispmath]I^2=4\int\limits_0^{+\infty}\int\limits_0^{+\infty}e^{-\left(x^2+x^2s^2\right)}x\mathrm dx\mathrm ds[/dispmath]
Smena: [inlmath]t=-x^2\left(1+s^2\right),\;\mathrm dt=-2x\left(1+s^2\right)[/inlmath]
[dispmath]\int e^{-x^2\left(1+s^2\right)}x\mathrm dx=\Big(t=-x^2\left(1+s^2\right),\;\mathrm dt=-2x\left(1+s^2\right)\mathrm dx\Big)=\\
=\int\frac{e^t}{-2\left(1+s^2\right)}\mathrm dt=\frac{e^t}{-2\left(1+s^2\right)}+C=\frac{e^{-x^2\left(1+s^2\right)}}{-2\left(1+s^2\right)}+C[/dispmath]
[dispmath]I^2=4\int\limits_0^{+\infty}\frac{e^{-x^2\left(1+s^2\right)}}{-2\left(1+s^2\right)}\Biggr|_0^{+\infty}\mathrm ds=4\int\limits_0^{+\infty}\frac{1}{2\left(1+s^2\right)}\mathrm ds=2\mathrm{arctg}(x)\Biggr|_0^{+\infty}=\pi[/dispmath][dispmath]I^2=\pi[/dispmath][dispmath]I=\sqrt{\pi}[/dispmath]
Ovaj dokaz sam trazio zato sto ne znam polarne koordinate(a ni dvojne integrale osim da su zapremina funkijce [inlmath]Z=f(x,y)[/inlmath]) ) a ovaj integral se obicno resava preko njih i deluje mi elementarno.
Formula:
[dispmath]\Gamma(1-p)\Gamma(p)=\frac{\pi}{\sin(p\pi)}[/dispmath]
Se zove Ojlerova refleksivna formula i iz nje se nalazi:
[dispmath]p=\frac{1}{2},\;\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\frac{\pi}{\sin\left(\frac{\pi}{2}\right)}[/dispmath][dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^2=\pi[/dispmath][dispmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}[/dispmath]
Dokaz za nju ima na ovom linku https://proofwiki.org/wiki/Euler%27s_Reflection_Formula. Ja pojma nemam sta tu pise
Dalje od ovoga nista nemam pojma.

desideri je napisao:@Sinisa, ti uvede i negativni argument, tek ti si me zainteresovao .

izgledalo mi je komplikovano da se pamte odredjene vrijednosti gama funkcije, pa sam obrnuo tvoje svojstvo [inlmath]\Gamma(n+1)=n\Gamma(n)[/inlmath] i sada mogu lako doci do odredjene vrijednosti izrazene preko neke druge koju vec znamo (u prethodnom postu sam izrazio [inlmath]\Gamma\left(-\frac{1}{2}\right)[/inlmath] preko [inlmath]\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)[/inlmath])
[dispmath]\Gamma(n)=\frac{1}{n}\Gamma(n+1)[/dispmath]

Na osnovu formule
[dispmath]\Gamma\left(n\right)=\frac{\Gamma\left(n+1\right)}{n}[/dispmath]
moguće je pokazati da gama funkcija nije definisana za nulu i za negativne cele brojeve.

Za [inlmath]n=0[/inlmath] imamo [inlmath]\Gamma\left(0\right)=\frac{\Gamma\left(1\right)}{0}[/inlmath], pa zbog deljenja nulom, [inlmath]\Gamma\left(0\right)[/inlmath] nije definisana.

Za [inlmath]n=-1[/inlmath] imamo [inlmath]\Gamma\left(-1\right)=\frac{\Gamma\left(0\right)}{-1}[/inlmath], tako da ni [inlmath]\Gamma\left(-1\right)[/inlmath] nije definisana, jer u njenom izrazu figuriše [inlmath]\Gamma\left(0\right)[/inlmath], za koju je pokazano da nije definisana.

Za [inlmath]n=-2[/inlmath] imamo [inlmath]\Gamma\left(-2\right)=\frac{\Gamma\left(-1\right)}{-2}[/inlmath], tako da ni [inlmath]\Gamma\left(-2\right)[/inlmath] nije definisana, jer u njenom izrazu figuriše [inlmath]\Gamma\left(-1\right)[/inlmath], za koju je pokazano da nije definisana.

I tako induktivno dalje...

Daniel,
nema se šta prigovoriti tvom načinu razmišljanja i indukciji koju si pokazao.
Evo u prilog Sinisinom načinu razmišljanja (proširenje definicije):
Izvor: Matematička statistika, Univerzitet u Beogradu, autori: dr Svetozar Vukadinović i dr Jovan Popović, 2004. strana 235.:

Za [inlmath]n<0[/inlmath] gama funkcija jednaka je:
[dispmath]\Gamma\left(n\right)=\frac{\Gamma\left(n+1\right)}{n}[/dispmath]

Sve sam doslovno prekucao. Naglasiše [inlmath]n<0[/inlmath].
Mislim da je ovo zanimljivo.

desideri je napisao:Naglasiše [inlmath]n<0[/inlmath].
Mislim da je ovo zanimljivo.

Ajd razumeo bih da su stavili uslov [inlmath]n\notin\mathbb{Z}^-\cup\left\{0\right\}[/inlmath] radi definisanosti. Ali, čemu [inlmath]n<0[/inlmath] kad ova jednakost važi i za sve pozitivne [inlmath]n[/inlmath]?

Zanimljiva tema, malo offtopic, mozda je za novu temu cak.
Sta bi bio [inlmath]i![/inlmath] ili [inlmath](2i)![/inlmath] ?

Pa to bi se takodje racunalo preko gama funkcije tj. sa njenim prosirenjem na kompleksne brojeve. Rucno pronaci [inlmath]i![/inlmath] je uzaludan pokusaj moze se pronaci aproksimirano resenje okoliko ukucas na Google pretrazivacu [inlmath]i![/inlmath] , izbacuje [inlmath]0.498015668-0.154949828\cdot i[/inlmath] Lepota ovoga (po meni) nije u konkretnim vrednostima vec u tome sto se jedan jednostavan kocept [inlmath]n!=n\cdot(n-1)\cdots1[/inlmath] prosiruje na razlicite skupove. Mozes razlicite vrednosti traziti uz pomoc nekog mocnijeg kalkulatora na mobilnom telefonu.

Evo mog doprinosa ovoj interesantnoj temi.
Reč je o dve alternativne predstave Beta funkcije koje se sreću u zadacima dosta češće u odnosu na osnovnu predstavu [inlmath]B(p,q)=\int\limits_0^1\!x^{p-1}(1-x)^{q-1}\,\mathrm dx[/inlmath].
Možda je preciznije reći da je prva predstava zapravo integral koji se svodi na Beta funkciju, dok je druga predstava zapravo alternativna predstava Beta funkcije u pravom smislu reči.

---

Integral koji se svodi na Beta funkciju:
[dispmath]\enclose{box}{2\int\limits_0^{\pi/2}\!\sin^{2m-1}x\cos^{2n-1}x\,\mathrm dx=B(m,n)}\\
2\int\limits_0^{\pi/2}\!\sin^{2m-1}x\cos^{2n-1}x\,\mathrm dx=2\int\limits_0^{\pi/2}\!\sin^{2m-2}x\cos^{2n-2}x\sin x\cos x\,\mathrm dx=2\int\limits_0^{\pi/2}\!\left(\sin^2x\right)^{m-1}\left(1-\sin^2x\right)^{n-1}\sin x\cos x\,\mathrm dx[/dispmath] Nakon što uvedemo smenu [inlmath]\sin^2x=t\quad(2\sin x\cos x\,\mathrm dx=\mathrm dt)[/inlmath] dobijamo:
[dispmath]2\int\limits_0^1\!t^{m-1}(1-t)^{n-1}\frac{1}{2}\,\mathrm dt=\int\limits_0^1\!t^{m-1}(1-t)^{n-1}\,\mathrm dt=B(m,n)[/dispmath]

---

Alternativna predstava Beta funkcije:
[dispmath]\enclose{box}{B(p,q)=\int\limits_0^\infty\!\frac{y^{p-1}}{(1+y)^{p+q}}\,\mathrm dy}[/dispmath] Polazimo od osnovne predstave Beta funkcije [inlmath]B(p,q)=\int\limits_0^1\!x^{p-1}(1-x)^{q-1}\,\mathrm dx[/inlmath] gde uvodimo smenu:
[dispmath]1-x=\frac{1}{1+y}\qquad x=\frac{y}{1+y}\qquad y=\frac{x}{1-x}\qquad\mathrm dx=\frac{1}{(1+y)^2}\,\mathrm dy[/dispmath] Odakle dobijamo:
[dispmath]\int\limits_0^\infty\!\left(\frac{y}{1+y}\right)^{p-1}\left(\frac{1}{1+y}\right)^{q-1}\frac{1}{(1+y)^2}\,\mathrm dy=\int\limits_0^\infty\!\frac{y^{p-1}}{(1+y)^{p+q}}\,\mathrm dy[/dispmath] što je i trebalo pokazati.