Question Number 67537 by mathmax by abdo last updated on 28/Aug/19
$${prove}\:{that}\:\frac{\mathrm{1}}{\Gamma\left({z}\right)}\:={z}\:{e}^{\gamma{z}} \:\prod_{{n}=\mathrm{1}} ^{\infty} \left(\mathrm{1}+\frac{{z}}{{n}}\right){e}^{−\frac{{z}}{{n}}} \\ $$
Commented by ~ À ® @ 237 ~ last updated on 29/Aug/19
$$ \\ $$$$ \\ $$$${Let}\:{use}\:{the}\:{result}\:\frac{\mathrm{1}}{\Gamma\left({z}\right)}=\underset{{n}\rightarrow\infty\:} {\mathrm{lim}}\:\frac{{z}\left({z}+\mathrm{1}\right)…\left({z}+{n}\right)}{{n}^{{z}} \:{n}!}\: \\ $$$$\frac{\mathrm{1}}{\Gamma\left({z}\right)}=\underset{{n}\rightarrow\infty} {\mathrm{lim}}\:{ze}^{−{zln}\left({n}\right)} \:\frac{\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{{n}} {\prod}}\left({z}+{k}\right)}{\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{{n}} {\prod}}{k}}\:=\underset{{n}\rightarrow\infty} {\mathrm{lim}}\:{ze}^{−{zln}\left({n}\right)} \underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{{n}} {\prod}}\left[\left(\mathrm{1}+\frac{{z}}{{k}}\right){e}^{\frac{−{z}}{{k}}} .{e}^{\frac{{z}}{{k}}} \right] \\ $$$$\:\:\:\:\:\:\:\:\:\:=\underset{{n}\rightarrow\infty} {\mathrm{lim}}\:{z}\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{{n}} {\prod}}\left[\left(\mathrm{1}+\frac{{z}}{{k}}\right){e}^{−\frac{{z}}{{k}}} \right]\:{e}^{{z}\left(−{ln}\left({n}\right)+\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{{n}} {\sum}}\frac{\mathrm{1}}{{k}}\:\right)} \\ $$$$\:\:={z}\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{\infty} {\prod}}\left[\left(\mathrm{1}+\frac{{z}}{{k}}\right){e}^{−\frac{{z}}{{k}}} \right]{e}^{{z}\gamma} \:\:\:\:\:\:\:\:{cause}\:\:\underset{{n}\rightarrow\infty} {\mathrm{lim}}\:\:\underset{{k}=\mathrm{1}} {\overset{\infty} {\sum}}\frac{\mathrm{1}}{{k}}\:−{ln}\left({n}\right)=\gamma \\ $$$$ \\ $$$$ \\ $$