Matemáticas universitarias — Grado 2 · स्नातक वर्ष 2

9Integración

El volumen del primer año construyó la integral sobre un segmento. Este capítulo la extiende a intervalos arbitrarios (integrales impropias, con toda la caja de herramientas de comparación) y estudia después las integrales dependientes de un parámetro —continuidad y derivación bajo el signo integral—, movidas por el teorema de convergencia dominada, el único resultado de este capítulo que se acepta sin demostrar. La función $\Gamma$ hace de ejemplo conductor y de puerta de entrada a la mitad de las funciones especiales de las matemáticas.

9.1 Integrales sobre un intervalo cualquiera

Definición 9.1

Sea $f$ continua a trozos sobre $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ o $+\infty$ ). La integral converge cuando existe $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ ; se escribe entonces $\int_a^b f$ para el límite. (Análogamente sobre $\intoc{a}{b}$ , y sobre $\intoo{a}{b}$ separando en un punto interior; la elección no importa, por Chasles.) La integral converge absolutamente cuando converge $\int_a^b \abs f$ ; la convergencia absoluta implica la convergencia, por el criterio de Cauchy:

\Bigl| \int_x^{y} f \Bigr| \leq \int_x^{y} \abs f

y la completitud de $\R$ (la primitiva tiene la propiedad de Cauchy). En detalle: sean $F(x) = \int_a^x f$ y $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Si $\int^b\abs f$ converge, $G$ tiene límite en $b^-$ , de modo que para todo $\varepsilon > 0$ existe $c < b$ con $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ siempre que $c \leq x \leq y < b$ ; la fórmula anterior transfiere esa propiedad de Cauchy a $F$ . Para cualquier sucesión $x_n \to b^-$ , los valores $F(x_n)$ forman entonces una sucesión de Cauchy de reales, convergente por completitud, e intercalar dos sucesiones así muestra que el límite es el mismo para todas: $F$ tiene límite en $b^-$ .

Teorema 9.2 (Herramientas de comparación en el caso positivo)

Para $f, g \geq 0$ continuas a trozos sobre $\intco{a}{b}$ :

$\int_a^b f$ converge si y solo si la primitiva $x \mapsto \int_a^x f$ está acotada;
si $f \leq g$ : la convergencia de $\int g$ fuerza la de $\int f$ , y la divergencia se transfiere en sentido contrario;
si $f \sim g$ en $b$ : las dos integrales tienen el mismo carácter;
escalas de referencia: en $+\infty$ , $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ converge si y solo si $\alpha > 1$ , y $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ si y solo si $\beta > 1$ ; en un extremo finito $b$ , $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ converge si y solo si $\alpha < 1$ .

Demostración. (1) La primitiva $F(x) = \int_a^x f$ es no decreciente ( $f \geq 0$ ). Si está acotada, $\ell = \sup_{x < b}F$ es finito y $F(x) \to \ell$ : dado $\varepsilon > 0$ , algún $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , y la monotonía atrapa $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ para $x_0 \leq x < b$ . Si no está acotada, $F \to +\infty$ : divergencia.

(2) De $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ para todo $x$ ; si $\int^b g$ converge, el miembro derecho está acotado y también el izquierdo, y (1) concluye. La contraposición transfiere la divergencia en sentido contrario.

(3) $f \sim g$ en $b$ proporciona un $c < b$ con

\tfrac12\,g(t) \;\leq\; f(t) \;\leq\; 2\,g(t) \qquad (c \leq t < b) :

por (2), aplicado en ambos sentidos sobre $\intco{c}{b}$ , las dos integrales tienen el mismo carácter; y el trozo inicial $\intcc{a}{c}$ es una integral propia y no cambia nada.

(4) Primitivas explícitas: para $\alpha \neq 1$ y $\beta \neq 1$ ,

\int_c^x \frac{\dd t}{t^\alpha} = \frac{x^{1-\alpha} - c^{1-\alpha}}{1 - \alpha}, \qquad \int_c^x \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta} = \frac{(\ln x)^{1-\beta} - (\ln c)^{1-\beta}}{1 - \beta},

con logaritmos en los casos excluidos: acotadas cuando $x \to +\infty$ exactamente si $\alpha > 1$ , o si $\beta > 1$ , respectivamente. En un extremo finito, la sustitución $u = b - t$ reduce a la escala $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , acotada si y solo si $\alpha < 1$ . Aplíquese (1) en cada caso. ∎

Ejemplo 9.3 (Dos calentamientos, hasta el final)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : el integrando explota en $0^+$ , pero allí $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ (los logaritmos pierden frente a las potencias) y $\int_0 t^{-1/2}$ converge: convergencia absoluta. El valor, integrando por partes sobre $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\int_\varepsilon^1 \ln t\,\dd t = \bigl[t\ln t - t\bigr]_\varepsilon^1 = -1 - \varepsilon\ln\varepsilon + \varepsilon \xrightarrow[\varepsilon\to0^+]{} -1 .

(b) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : hay problemas en ambos extremos, así que se separa en $1$ . Cerca de $0$ : $\abs{\ln t}$ es integrable como en (a); cerca de $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : absolutamente convergente. La sustitución $t = \frac1u$ envía $\intoo{0}{1}$ sobre $\intoo{1}{\infty}$ y

\int_0^1 \frac{\ln t}{1+t^2}\,\dd t = \int_1^{\infty} \frac{-\ln u}{1 + u^{-2}}\cdot \frac{\dd u}{u^2} = -\int_1^\infty \frac{\ln u}{1+u^2}\,\dd u :

las dos mitades se cancelan y la integral vale $0$ . Moraleja: la simetría bajo $t \mapsto \frac1t$ vale por una página de cálculo; el mismo truco ya movía el Ejercicio 9.3.

Ejemplo 9.4 (Un valor, tres integrales)

Estudiemos $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . En $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , de modo que el integrando se extiende continuamente con el valor $\frac12$ : no hay singularidad alguna. En $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : convergencia absoluta (Teorema 9.2). Valor: integremos por partes sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ con $u = 1 - \cos t$ y $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t = \Bigl[-\frac{1 - \cos t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{\sin t}{t}\,\dd t .

El corchete se anula en ambos extremos ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; numerador acotado en $M$ ) y la integral tiende al valor de Dirichlet $\frac\pi2$ (Ejercicio 9.10): $I = \frac\pi2$ . Moraleja: con $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ y $u = \frac t2$ ,

I = \int_0^\infty \frac{2\sin^2 u}{(2u)^2}\;2\,\dd u = \int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin u}{u}\Bigr)^{\!2}\dd u :

los tres clásicos $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (Ejercicio 9.11) e $I$ comparten el valor $\frac\pi2$ , que se pasan unos a otros por partes y por sustitución; y solo el primero es semiconvergente: la integración por partes cambió la convergencia absoluta por un integrando más sencillo.

Ejemplo 9.5 (Una integral semiconvergente)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ converge: integrando por partes,

\int_1^x \frac{\sin t}{t}\dd t = \Bigl[\frac{-\cos t}{t}\Bigr]_1^x - \int_1^x \frac{\cos t}{t^2}\dd t ,

donde el corchete tiene límite y la última integral converge absolutamente ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). Pero no absolutamente: de $\abs{\sin t} \geq \sin^2 t$ ,

\int_1^x \frac{\abs{\sin t}}{t}\,\dd t \;\geq\; \int_1^x \frac{\sin^2t}{t}\,\dd t = \underbrace{\int_1^x \frac{\dd t}{2t}}_{=\ \frac12\ln x \ \to\ \infty} \;-\; \underbrace{\int_1^x \frac{\cos 2t}{2t}\,\dd t}_{\text{convergente}} ,

donde la última integral converge por la misma integración por partes de antes (con $\sin 2t$ en el corchete): una pieza divergente menos una convergente diverge. Así pues, $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ converge sin converger absolutamente: el análogo integral de la serie alternada, con la integración por partes en el papel del criterio de las alternadas.

9.2 El teorema de convergencia

Teorema 9.6 (Convergencia dominada)

Sea $(f_n)$ una sucesión de funciones continuas a trozos sobre un intervalo $I$ , convergente puntualmente a una $f$ continua a trozos, y supongamos que existe una $\varphi \geq 0$ integrable fija ( $\int_I \varphi < \infty$ ) con

\abs{f_n(t)} \leq \varphi(t) \qquad (t \in I,\ n \in \N).

Entonces todas las $\int_I f_n$ e $\int_I f$ convergen absolutamente y

\int_I f_n \xrightarrow[n \to \infty]{} \int_I f .

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Observación 9.7

La demostración honesta pertenece a la teoría de la integración de Lebesgue del tercer año; el enunciado, en cambio, se usa constantemente a partir de ahora. La hipótesis de dominación es todo el asunto: la convergencia puntual sola no basta ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , jorobas deslizantes: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). El teorema vale también para un parámetro continuo ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), por la caracterización sucesional de los límites.

Ejemplo 9.8 (Un límite gaussiano, por dominación)

Calculemos $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ , donde $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Puntualmente, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (límite del interés compuesto), de modo que los integrandos tienden a $\eu^{-t^2}$ . Dominación: la sucesión $n \mapsto (1 + u/n)^n$ es no decreciente para $u \geq 0$ (la desigualdad entre medias aritmética y geométrica sobre los $n + 1$ factores $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ da $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), luego para $n \geq 2$ :

\Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n} \leq \Bigl(1 + \frac{t^2}{2}\Bigr)^{\!-2},

un dominador integrable ( $\sim 4t^{-4}$ en el infinito). Por convergencia dominada:

I_n \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}

(la integral de Gauss del Ejercicio 9.8). Comprobación final: la sustitución $t = \sqrt n\tan\theta$ calcula $I_n$ exactamente, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , y la asintótica de Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lema 6.11) vuelve a dar $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ : los dos pilares de este capítulo y del anterior concuerdan.

Ejemplo 9.9 (Convergencia dominada con parámetro continuo)

Calculemos

\lim_{x\to+\infty}\int_0^\infty \frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t .

Para cada $t > 0$ , $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ cuando $x \to \infty$ ; y la dominación

\Bigl|\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\Bigr| \leq \frac{\pi/2}{1+t^2}, \qquad\text{integrable e independiente de } x,

vale para todo $x$ . Por la forma con parámetro continuo del Teorema 9.6 (caracterización sucesional: compruébese a lo largo de toda $x_n \to \infty$ ),

\int_0^\infty\frac{\arctan(xt)}{1+t^2}\,\dd t \xrightarrow[x\to+\infty]{} \frac\pi2\int_0^\infty\frac{\dd t}{1+t^2} = \frac{\pi^2}{4} .

Moraleja: el único punto $t = 0$ , donde el límite puntual vale $0$ y no $\frac\pi2$ , no cambia nada; la función límite solo interviene a través de su integral, una de las mercedes silenciosas del teorema.

9.3 Integrales con parámetro

Teorema 9.10 (Continuidad bajo el signo integral)

Sea $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ un espacio métrico e $I$ un intervalo) tal que: $t \mapsto f(x, t)$ es continua a trozos para cada $x$ ; $x \mapsto f(x, t)$ es continua para cada $t$ ; y existe una dominación $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ (con $\varphi$ integrable sobre $I$ e independiente de $x$ ). Entonces

F(x) = \int_I f(x, t)\,\dd t

está definida y es continua sobre $A$ .

Demostración. Buena definición: la dominación da la convergencia absoluta. Continuidad en $x_0$ : para toda sucesión $x_n \to x_0$ , las funciones $g_n(t) = f(x_n, t)$ convergen puntualmente a $f(x_0, t)$ (por la continuidad en $x$ ) bajo la dominación fija $\varphi$ : la convergencia dominada da $F(x_n) \to F(x_0)$ ; y se concluye por la caracterización sucesional de la continuidad (Definición 4.5). ∎

Teorema 9.11 (Derivación bajo el signo integral)

Sea $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ un intervalo de parámetros) tal que: $t \mapsto f(x,t)$ es integrable sobre $I$ para cada $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ es de clase $C^1$ para cada $t$ , con derivada parcial $\frac{\partial f}{\partial x}$ continua a trozos en $t$ y dominada: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ con $\psi$ integrable. Entonces $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ es de clase $C^1$ sobre $J$ y

F'(x) = \int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x, t)\,\dd t .

Demostración. Fijemos $x$ y $h_n \to 0$ . Los cocientes incrementales

\frac{F(x + h_n) - F(x)}{h_n} = \int_I \frac{f(x + h_n, t) - f(x, t)}{h_n}\,\dd t

tienen integrandos que convergen puntualmente a $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ y están dominados por $\psi(t)$ : por la desigualdad del valor medio aplicada en $x$ con $t$ fijo,

\Bigl|\frac{f(x + h_n, t) - f(x,t)}{h_n}\Bigr| \leq \sup_{\xi} \Bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(\xi, t)\Bigr| \leq \psi(t) .

La convergencia dominada da el límite $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ de los cocientes: $F$ es derivable con la derivada anunciada, que es continua por el Teorema 9.10 aplicado a $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Ejemplo 9.12 (Una integral con parámetro contrastada con una fórmula)

Sea $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ para $x > 0$ . Sobre todo $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ , el integrando está dominado por $\frac{1}{t^2 + a}$ , integrable e independiente de $x$ : $F$ es continua (Teorema 9.10). Aquí el teorema puede contrastarse con un valor explícito:

F(x) = \Bigl[\frac{1}{\sqrt x}\arctan\frac{t}{\sqrt x}\Bigr]_0^\infty = \frac{\pi}{2\sqrt x} ,

visiblemente continua. Derivemos ahora bajo la integral: la derivada en $x$ , $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ , está dominada sobre $\intcc ab$ por $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , integrable, y el Teorema 9.11 da

F'(x) = -\int_0^\infty \frac{\dd t}{(t^2 + x)^2} \qquad\text{mientras que}\qquad F'(x) = -\frac{\pi}{4}\,x^{-3/2} ,

de modo que hemos calculado gratis una integral nueva: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Moraleja: derivar una integral con parámetro conocida es una fábrica de fórmulas nuevas; iterando se obtiene $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ para todo $n$ , sin sustituciones trigonométricas.

Método 9.13 (Cómo estudiar una integral impropia)

Dada $\int_a^b f$ :

Localícese el problema: enumérense los extremos (o los puntos interiores) donde $f$ no está acotada o el intervalo es infinito, y sepárese de modo que cada trozo tenga exactamente un extremo problemático.
Si $f$ tiene signo constante cerca de ese extremo, hállese un equivalente y compárese con las escalas de referencia del Teorema 9.2.
Si $f$ oscila, pruébese primero con $\abs f$ (convergencia absoluta). Si $\int\abs f$ diverge, intégrese por partes para cambiar la oscilación por decrecimiento, como en el Ejemplo 9.5; minoraciones del tipo $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ detectan la semiconvergencia auténtica.
Para obtener un valor, y no solo el carácter: partes, sustitución o un parámetro (derívese una integral más sencilla, como en el Ejemplo 9.12 y el Ejemplo 9.21).
Comprobaciones de sensatez sobre todo valor calculado: el signo y el tamaño aproximado contra una cota tosca ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , de modo que $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ es plausible); y la coherencia dimensional por escalado ( $t \mapsto \lambda t$ debe reescalar ambos miembros del mismo modo: el detector más rápido de un factor perdido).

Observación 9.14 (Errores frecuentes)

Tres errores recurrentes. (i) Dominadores que dependen del parámetro: la dominación $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ ha de ser uniforme en $x$ sobre el conjunto considerado; suele valer sobre segmentos $\intcc ab$ pero no globalmente. Para $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ no hay ningún dominador integrable válido para todo $x > 0$ , y sin embargo dominar sobre $x \geq a > 0$ basta para trabajar en toda la semirrecta abierta, ya que la continuidad y las derivadas son nociones locales. (ii) Comparar integrandos con signo: la caja de herramientas de comparación es para funciones no negativas; de $\abs f \leq g$ con $\int g$ divergente no puede concluirse nada, pues $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ converge aunque toda comparación con $\frac1t$ fracase. (iii) Olvidar la mitad del problema: sobre $\intoo{0}{\infty}$ hay que estudiar siempre los dos extremos por separado; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ diverge en ambos, y una separación de aspecto convergente puede cancelar en silencio dos infinitos. El reflejo seguro es la lista del Método 9.13.

Ejemplo 9.15 (Un caso frontera de Bertrand, hasta la cifra)

La escala $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ del Teorema 9.2 se sitúa exactamente en el borde de las escalas de potencias; sus casos frontera merecen un cálculo completo. Para $\beta = 2$ :

\int_\eu^{\infty}\frac{\dd t}{t(\ln t)^2} = \Bigl[-\frac{1}{\ln t}\Bigr]_\eu^{\infty} = 0 - (-1) = 1 ,

una integral convergente con un valor agradablemente exacto; mientras que para $\beta = 1$ ,

\int_\eu^{x}\frac{\dd t}{t\ln t} = \bigl[\ln\ln t\bigr]_\eu^{x} = \ln\ln x \longrightarrow \infty ,

divergente, pero tan despacio que alcanzar $\ln\ln x = 10$ exige $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . Moraleja: entre “toda potencia $t^{-1-\varepsilon}$ converge” y “ $t^{-1}$ diverge” vive una escalera infinita de escalas logarítmicas, cada una afinando la anterior; la sustitución $u = \ln t$ derrumba cada peldaño sobre el precedente, y por eso los criterios de Bertrand son el eco de los de Riemann un nivel más arriba.

Observación 9.16 (Perspectivas dentro de este volumen)

Las herramientas de este capítulo están a punto de aparecer por todas partes. La convergencia dominada es el motor de las identidades aproximadas del capítulo siguiente (núcleos deslizantes, tanto los de Bernstein como los de Fejér); la continuidad y la derivación bajo el signo integral producen el cálculo con los coeficientes de Fourier en el capítulo correspondiente, donde cada $c_n(f)$ es una integral con parámetro disfrazada. La función $\Gamma$ regresa dos veces: en el capítulo de integrales múltiples, donde una integral doble demuestra por fin la fórmula Beta–Gamma de Euler en toda su generalidad, y en los capítulos de probabilidad, donde las integrales de tipo $\Gamma$ normalizan las densidades estándar y calculan sus momentos. Y la semiconvergente $\int\frac{\sin t}{t}$ resurge como la constante de Gibbs del capítulo de Fourier: la misma integral, midiendo el sobrepaso de las sumas parciales en un salto.

Definición 9.17 (La función $\Gamma$ )

Para $x > 0$ :

\Gamma(x) = \int_0^{\infty} t^{x-1}\,\eu^{-t}\,\dd t ,

convergente en ambos extremos ( $t^{x-1}$ es integrable en $0^+$ para $x > 0$ ; y hay decrecimiento exponencial en $\infty$ ).

Teorema 9.18

$\Gamma$ es continua sobre $\intoo{0}{+\infty}$ , satisface la ecuación funcional

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{de donde}\qquad \Gamma(n + 1) = n! ,

y es de clase $C^1$ (de hecho, $C^\infty$ ) con $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Demostración. Ecuación funcional: intégrese por partes sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ y háganse tender los extremos: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , con términos de frontera que se anulan; en efecto, $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ cuando $\varepsilon \to 0^+$ porque $x > 0$ , y $M^x\eu^{-M} \to 0$ cuando $M \to \infty$ porque la exponencial gana a toda potencia; y ambas integrales truncadas convergen a sus valores impropios por la convergencia establecida en la Definición 9.17. Además $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ , y la inducción da el factorial.

Continuidad sobre $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : domínese $t^{x-1}\eu^{-t}$ por $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , integrable e independiente de $x \in \intcc{a}{b}$ : el Teorema 9.10 se aplica en todo segmento así y, por tanto, en toda la semirrecta. Derivabilidad: la derivada en $x$ , $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ , está dominada sobre $\intcc{a}{b}$ por $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , todavía integrable: aplíquese el Teorema 9.11; iterando se obtienen todas las derivadas (cada una añade una potencia de $\ln t$ , inofensiva). ∎

Ejemplo 9.19 (Factoriales de semienteros)

La ecuación funcional y $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (a una sustitución del Ejercicio 9.8: póngase $t = u^2$ en la integral que la define) generan todos los valores semienteros:

\Gamma\Bigl(\frac32\Bigr) = \frac12\,\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{\sqrt\pi}{2}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac52\Bigr) = \frac32\cdot\frac{\sqrt\pi}{2} = \frac{3\sqrt\pi}{4}, \qquad \Gamma\Bigl(\frac72\Bigr) = \frac{15\sqrt\pi}{8} .

Como $\Gamma(n+1) = n!$ , es lícito decir que “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: el factorial ha quedado interpolado, y la curva interpoladora baja por debajo de $1$ entre $0! = 1$ y $1! = 1$ (su mínimo $\approx 0.8856$ en $x \approx 1.4616$ concuerda con la imagen de convexidad de la parte I del problema de fin de semana). Moraleja: nada en la integral $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ privilegia a los enteros; el carácter discreto del factorial fue un accidente del recuento, y $\sqrt\pi$ es lo que vive entre $1$ y $1$ .

Observación 9.20 (Adónde va $\Gamma$ a partir de aquí)

El problema de fin de semana de este capítulo construye todo el cálculo de Euler en torno a $\Gamma$ : la función Beta, sus recurrencias por integración por partes, las integrales de Wallis como valores de Beta y la fórmula límite de Gauss. El capítulo de integrales múltiples demuestra la fórmula Beta–Gamma de Euler para todos los argumentos mediante una integral doble; los capítulos de probabilidad reencuentran $\Gamma$ en la normalización de las densidades más frecuentes y en los momentos de los tiempos de espera. El volumen del tercer año reconstruye $\Gamma$ sobre cimientos de Lebesgue, demuestra el teorema de unicidad de Bohr–Mollerup y extiende la fórmula de Stirling de los enteros a la semirrecta real por convergencia dominada.

Ejemplo 9.21 (Un cálculo clásico por derivación)

Para $x \in \R$ , sea $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (absolutamente convergente, dominada por $\eu^{-t^2}$ ). Por el Teorema 9.11 (dominación de la derivada en $x$ por $t\,\eu^{-t^2}$ , integrable):

F'(x) = -\int_0^\infty t\,\eu^{-t^2}\sin(xt)\,\dd t = \Bigl[\frac{\eu^{-t^2}}{2}\sin(xt)\Bigr]_0^\infty - \frac x2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t = -\frac x2\,F(x),

(por partes con $u' = t\eu^{-t^2}$ ). La ecuación diferencial $F' = -\frac x2 F$ se integra hasta $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : la integral de tipo gaussiano se reproduce a sí misma. La constante $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ se calcula en el Ejercicio 9.8 y, de nuevo, por integración doble, en el Capítulo 20.

9.4 Ejercicios

Ejercicio 9.1 ★

Carácter de $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (compara con el comportamiento divergente de tipo armónico cerca de $t = n\pi$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : cerca de $0$ es $\sim t^{-1/2}$ ( $\alpha = \frac12 < 1$ : converge); cerca de $1$ es $\sim (1-t)^{-1/2}$ : converge. Convergente (su valor es $\pi$ , mediante la sustitución $t = \sin^2\theta$ ).

$\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}$ : $\frac{\ln t}{t^2} = o(t^{-3/2})$ : convergente (de valor $1$ , por partes).

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergente. Cerca de $t = n\pi$ , escribamos $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , así que para $\abs u \leq \frac{1}{n}$ se tiene $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; por tanto

\int_{n\pi - 1/n}^{n\pi + 1/n} \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t} \geq \int_{-1/n}^{1/n} \frac{\dd u}{1 + Cn^2u^2} = \frac{2\arctan\sqrt C}{\sqrt C}\cdot\frac{1}{n} ,

término de una serie divergente de tipo armónico: sumando sobre $n$ , la primitiva no está acotada.

Ejercicio 9.2 ★

Calcula $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) mediante $\Gamma$ , y $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ mediante la sustitución $t = \eu^{-u}$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.2.

Sustituyendo $u = \lambda t$ :

\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\dd t = \frac{1}{\lambda^{n+1}}\int_0^\infty u^n\eu^{-u}\dd u = \frac{\Gamma(n+1)}{\lambda^{n+1}} = \frac{n!}{\lambda^{n+1}} .

Con $t = \eu^{-u}$ ( $\dd t = -\eu^{-u}\dd u$ ):

\int_0^1 (\ln t)^n \dd t = \int_0^{\infty} (-u)^n \eu^{-u}\,\dd u = (-1)^n\, n! .

Ejercicio 9.3 ★

Demuestra que $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ está bien definida para todo $x \in \R$ y no depende de $x$ . (Sustituye $t \mapsto \frac1t$ y promedia las dos expresiones.) ¿Cuál es su valor?

Solución

Solución de Ejercicio 9.3.

Convergencia: el integrando es $\leq \frac{1}{1+t^2}$ cerca de $\infty$ y está acotado cerca de $0$ (ambos factores están acotados inferiormente lejos de $0$ ): absolutamente convergente para todo $x$ . Sustituyendo $t = \frac1u$ ( $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

I(x) = \int_0^\infty \frac{1}{\bigl(1 + \frac1{u^2}\bigr)\bigl(1 + u^{-x}\bigr)}\cdot\frac{\dd u}{u^2} = \int_0^\infty \frac{u^x}{(1 + u^2)(1 + u^x)}\,\dd u .

Sumando las dos expresiones de $I(x)$ :

2I(x) = \int_0^\infty \frac{1 + t^x}{(1+t^2)(1+t^x)}\dd t = \int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2} = \frac{\pi}{2} :

$I(x) = \frac\pi4$ , independiente de $x$ .

Ejercicio 9.4 ★★

(Integrales de Bertrand en un extremo finito) ¿Para qué $(\alpha, \beta)$ converge $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ ?

Solución

Solución de Ejercicio 9.4.

Cerca de $0^+$ , con $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Si $\alpha < 1$ : convergencia sea cual sea $\beta$ (compárese con $t^{-\alpha'}$ para $\alpha < \alpha' < 1$ : el factor logarítmico queda vencido). Si $\alpha > 1$ : divergencia sea cual sea $\beta$ (compárese con $t^{-\alpha''}$ con $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Si $\alpha = 1$ : sustitúyase $t = \eu^{-u}$ :

\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t\,\abs{\ln t}^\beta} = \int_{\ln 2}^{\infty} \frac{\dd u}{u^\beta},

convergente si y solo si $\beta > 1$ . En resumen: converge si y solo si $\alpha < 1$ , o bien si $\alpha = 1$ y $\beta > 1$ ; el espejo de las series de Bertrand.

Ejercicio 9.5 ★★

Sea $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ para $x \geq 0$ . Demuestra que $F$ es continua sobre $\intco{0}{\infty}$ , de clase $C^2$ sobre $\intoo{0}{\infty}$ , que allí cumple $F'' + F = \frac1x$ y que $F(x) \to 0$ cuando $x \to +\infty$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.5.

Continuidad sobre $\intco{0}{\infty}$ : dominación $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , integrable y uniforme en $x \geq 0$ : Teorema 9.10.

$C^2$ sobre $\intoo{0}{\infty}$ : para $x \geq a > 0$ , las dos primeras derivadas en $x$ , $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ y $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ , están dominadas por $t\,\eu^{-at}$ y $\eu^{-at}$ : dos aplicaciones del Teorema 9.11. Entonces

F''(x) + F(x) = \int_0^\infty \frac{t^2 + 1}{1 + t^2}\,\eu^{-xt}\dd t = \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x .

Límite: $0 \leq F(x) \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ .

Ejercicio 9.6 ★★

(Frullani) Sea $f$ continua sobre $\intco{0}{+\infty}$ con límite finito $f(\infty)$ en $+\infty$ . Demuestra que para $a, b > 0$ :

\int_0^{\infty} \frac{f(at) - f(bt)}{t}\,\dd t = \bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\,\ln\frac ba .

(Sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ , sustituye en cada pieza y reagrupa hasta $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ de $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; encaja usando la continuidad en $0$ y el límite en $\infty$ .) Calcula $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.6.

Sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ , sustituyamos $u = at$ y $u = bt$ en las dos mitades:

\int_\varepsilon^M \frac{f(at) - f(bt)}{t}\dd t = \int_{a\varepsilon}^{aM}\frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{b\varepsilon}^{bM}\frac{f(u)}{u}\dd u = \int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{f(u)}{u}\dd u - \int_{aM}^{bM} \frac{f(u)}{u}\dd u .

Primera pieza: $f(u) = f(0) + o(1)$ cerca de $0$ , y $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : la pieza tiende a $f(0)\ln\frac ba$ . Segunda pieza: $f(u) \to f(\infty)$ , mismo cálculo: tiende a $f(\infty)\ln\frac ba$ . Por tanto, la integral impropia converge a $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

Con $f(t) = \eu^{-t}$ ( $f(0) = 1$ , $f(\infty) = 0$ ), $a = 1$ y $b = 2$ :

\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t = \ln 2 .

Ejercicio 9.7 ★★

Justifica y calcula $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ para $x > 0$ (convergencia dominada con $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , usando $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; el límite es $\Gamma(x)$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 9.7.

Extendamos el integrando por $0$ más allá de $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Puntualmente, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (límite del interés compuesto, volumen del primer año). Dominación: $\ln(1 - u) \leq -u$ da $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ sobre $\intcc{0}{n}$ , de modo que $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , integrable. Convergencia dominada:

\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^n t^{x-1}\dd t \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_0^\infty \eu^{-t}t^{x-1}\dd t = \Gamma(x) .

(Calcular el miembro izquierdo por partes reiteradas da la forma de producto de Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Ejercicio 9.8 ★★★

(La integral de Gauss mediante un truco con parámetro) Para $x \geq 0$ pongamos

G(x) = \Bigl(\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t\Bigr)^{\!2}, \qquad H(x) = \int_0^1 \frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1 + t^2}\,\dd t .

Demuestra que $G' + H' = 0$ (deriva $H$ bajo la integral y sustituye $u = xt$ en la integral resultante), deduce $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ para todo $x$ , y concluye

\int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\,\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2} .

Solución

Solución de Ejercicio 9.8.

$H$ es derivable en $x$ (integrando de clase $C^1$ en $x$ , con derivada $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , continua y acotada sobre los compactos de $x$ , con dominación trivial sobre $t \in \intcc{0}{1}$ ):

H'(x) = -2x\,\eu^{-x^2}\int_0^1 \eu^{-x^2t^2}\,\dd t \overset{u = xt}{=} -2\,\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-u^2}\,\dd u = -G'(x),

ya que $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (regla de la cadena sobre el cuadrado y teorema fundamental del cálculo). Luego $G + H$ es constante e igual a $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

Cuando $x \to \infty$ : $0 \leq H(x) \leq \eu^{-x^2}\int_0^1 \dd t \to 0$ , de modo que $G(x) \to \frac\pi4$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt{\frac\pi4} = \frac{\sqrt\pi}{2} .

(En consecuencia, $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ , por la sustitución $t = \sqrt u$ .)

Ejercicio 9.9 ★★★

Demuestra que $\Gamma$ es log-convexa: $\ln\Gamma$ es convexa sobre $\intoo{0}{\infty}$ . (La desigualdad de Cauchy–Schwarz para integrales aplicada a $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ da $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; combina con la continuidad y el Ejercicio 8.8.)

Solución

Solución de Ejercicio 9.9.

Cauchy–Schwarz (volumen del primer año, válida sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ y pasada al límite) aplicada a la factorización $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ :

\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \Gamma(x)^{1/2}\,\Gamma(y)^{1/2} \quad\Longrightarrow\quad \ln\Gamma\Bigl(\frac{x+y}{2}\Bigr) \leq \frac{\ln\Gamma(x) + \ln\Gamma(y)}{2} :

$\ln\Gamma$ es convexa en el punto medio y, siendo continua (Teorema 9.18), es convexa (Ejercicio 8.8). (La log-convexidad fija $\Gamma$ de manera única entre las interpolaciones del factorial: el teorema de Bohr–Mollerup, una perla del tercer año.)

Ejercicio 9.10 ★★★

(Integral de Dirichlet) Pongamos $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\eu^{-xt}\,\dd t$ para $x > 0$ .

Justifica que $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (deriva bajo la integral; calcula $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ con dos integraciones por partes).
Demuestra que $F(x) \to 0$ cuando $x \to +\infty$ y deduce $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Admitiendo la continuidad de $F$ en $0^+$ (un teorema de tipo Abel), concluye el valor de la integral semiconvergente:

$\int_0^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t = \frac{\pi}{2}.$

Solución

Solución de Ejercicio 9.10.

Para $x \geq a > 0$ : la derivada en $x$ del integrando es $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , dominada por $\eu^{-at}$ ; el Teorema 9.11 da $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . Dos integraciones por partes (o la exponencial compleja):

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
$\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . Integrando $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ de $x$ a $\infty$ : $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , luego $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Haciendo $x \to 0^+$ con la continuidad admitida: $F(0^+) = \frac\pi2$ , y $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (la integral semiconvergente de Dirichlet, Ejemplo 9.5): su valor es $\frac\pi2$ .

Ejercicio 9.11 ★★

Justifica la convergencia de $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ y calcúlala después con una integración por partes y el Ejercicio 9.10:

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac{\pi}{2} .

(El mismo valor que $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ , pero esta vez la convergencia es absoluta.)

Solución

Solución de Ejercicio 9.11.

Convergencia: cerca de $0$ el integrando se extiende continuamente con el valor $1$ ( $\sin t \sim t$ ); en el infinito es $\leq t^{-2}$ : convergencia absoluta. Sobre $\intcc{\varepsilon}{M}$ , integremos por partes con $u = \sin^2 t$ y $v' = t^{-2}$ :

\int_\varepsilon^M \frac{\sin^2 t}{t^2}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_\varepsilon^M \frac{2\sin t\cos t}{t}\dd t = \Bigl[-\frac{\sin^2 t}{t}\Bigr]_\varepsilon^M + \int_{2\varepsilon}^{2M} \frac{\sin u}{u}\dd u

( $u = 2t$ en la última integral). El corchete tiende a $0$ en ambos extremos ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), y la última integral tiende a $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Ejercicio 9.10). Por tanto

\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t = \frac\pi2 .

Ejercicio 9.12 ★★★

(La cola gaussiana) Para $x > 0$ pongamos $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

Escribiendo $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ , integra por partes dos veces para obtener

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
Acota el resto: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , y deduce el encaje

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{de donde}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
¿Por qué la serie alternada completa que se obtiene iterando la integración por partes no puede converger nunca para $x$ fijo? (Compara el crecimiento de los coeficientes $1\cdot3\cdots(2k-1)$ con el de las potencias $(2x^2)^k$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 9.12.

Por partes con $u = \frac{-1}{2t}$ y $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (de modo que $v = \eu^{-t^2}$ ):

$T(x) = \Bigl[\frac{-\eu^{-t^2}}{2t}\Bigr]_x^\infty - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x} - \int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t .$

El mismo recurso sobre la nueva integral ( $u = \frac{-1}{4t^3}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{2t^2}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{4x^3} - \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t ,$

de donde la identidad anunciada.
Una integración por partes más acota el resto:

$\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\dd t = \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5} - \frac52\int_x^\infty\frac{\eu^{-t^2}}{t^6}\dd t \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x^5},$

luego $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . Descartar el resto (positivo) en la identidad de la pregunta 1 da la cota inferior; descartar el segundo término (negativo) de la primera integración por partes da $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Dividiendo el encaje por $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : el cociente queda comprimido entre $1 - \frac{1}{2x^2}$ y $1$ , luego $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
Iterar las integraciones por partes produce la serie formal

$T(x) \approx \frac{\eu^{-x^2}}{2x}\Bigl(1 - \frac{1}{2x^2} + \frac{1\cdot3}{(2x^2)^2} - \frac{1\cdot3\cdot5}{(2x^2)^3} + \cdots\Bigr),$

cuyo coeficiente $k$ -ésimo $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ crece más deprisa que cualquier sucesión geométrica: para $x$ fijo, los términos $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ tienden a infinito (su cociente es $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), así que la serie diverge para todo $x$ . Es un desarrollo asintótico: truncado en cualquier orden fijo, el error es del orden del primer término omitido cuando $x \to \infty$ , pero nunca una serie convergente. (Esta estimación de la cola es la cota gaussiana estándar de los capítulos de probabilidad.)

9.5 Problema: las integrales de Euler —Beta, Gamma y la fórmula límite de Gauss

Problema 9.1

La función $\Gamma$ de la Definición 9.17 es una mitad del cálculo de integrales de Euler; la otra mitad es la función Beta

B(x, y) = \int_0^1 t^{x-1}(1 - t)^{y-1}\,\dd t .

Este problema desarrolla el par $(\Gamma, B)$ solo con las herramientas de este capítulo —integración por partes, sustitución y convergencia dominada— y culmina en la fórmula Beta–Gamma de Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ sobre los semienteros y en la fórmula límite de Gauss para $\Gamma$ . Por el camino, las integrales de Wallis del Lema 6.11 reaparecen como valores de Beta, y la fórmula de duplicación de Legendre cae por su propio peso.

Parte I — Estructura fina de $\Gamma$ .

Recuerda por qué $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ converge exactamente para $x > 0$ , y prueba que

$\Gamma(x) \sim \frac1x \qquad (x \to 0^+)$

(ecuación funcional más continuidad de $\Gamma$ en $1$ ).
Demuestra que $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (sustituye $t = u^2$ e invoca el Ejercicio 9.8), y deduce $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Prueba por inducción que, para $n \in \N$ ,

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Justifica que $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ y deduce que $\Gamma$ es estrictamente convexa, alcanza un único mínimo en cierto $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ y Rolle), decrece sobre $\intoo{0}{x_0}$ y crece sobre $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Prueba que $\Gamma$ gana a toda potencia: para cada $k \in \N$ , $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ cuando $x \to +\infty$ (encaja $x$ entre enteros y usa $\Gamma(n+1) = n!$ con la monotonía de la pregunta 4).

Parte II — La función Beta, por partes.

Prueba que $B(x,y)$ converge exactamente para $x > 0$ e $y > 0$ , y que $B(x,y) = B(y,x)$ .
Calcula $B(x, 1) = \frac1x$ y demuestra por integración por partes que, para $x, y > 0$ ,

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
A partir de la descomposición $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ , deduce $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ y combínalo con la pregunta 7 hasta las relaciones de descenso

$B(x, y+1) = \frac{y}{x+y}\,B(x,y), \qquad B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x,y) .$
Deduce que, para $m, n \geq 1$ enteros,

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
Demuestra la fórmula de Euler con un argumento entero: para todo $x > 0$ y todo $n \in \N^*$ ,

$B(x, n) = \frac{\Gamma(x)\,\Gamma(n)}{\Gamma(x + n)}$

(inducción sobre $n$ : ambos miembros valen $\frac1x$ en $n = 1$ y obedecen la misma relación de descenso).

Parte III — Las integrales de Wallis como valores de Beta.

Sustituye $t = \sin^2\theta$ para obtener la forma trigonométrica

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
Deduce $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ para la integral de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , y recupera la recurrencia $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ del Lema 6.11 únicamente a partir de las relaciones de descenso de la pregunta 8.
Calcula $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ y contrástalo con $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : la fórmula de Euler se cumple en $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Deduce de la recurrencia la forma cerrada $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ y verifica que

$B\Bigl(n + \frac12, \frac12\Bigr) = \frac{\Gamma\bigl(n + \frac12\bigr)\Gamma\bigl( \frac12\bigr)}{\Gamma(n+1)} .$

Concluye, por inducción con las relaciones de descenso, que la fórmula de Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ vale siempre que $2x$ y $2y$ sean enteros positivos.
Sustituye $u = \frac{t}{1-t}$ para obtener la tercera forma clásica

$B(x,y) = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u ,$

y comprueba directamente el caso $x = y = \frac12$ ( $u = v^2$ lo reduce a $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Parte IV — La fórmula límite de Gauss.

Para $x > 0$ y $n \in \N^*$ , demuestra mediante $n$ integraciones por partes sucesivas que

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
Concluye con el Ejercicio 9.7 (convergencia dominada) la fórmula límite de Gauss:

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
Tomando logaritmos, prueba que para $x > 0$

$\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^{\infty}\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1 + \frac xk\Bigr)\Bigr),$

donde $\gamma$ es la constante de Euler (Ejemplo 6.7); justifica la convergencia de la serie (el término general es $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Usa la fórmula de Gauss en $x = \frac12$ y la asintótica del binomial central $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Ejemplo 6.14) para volver a calcular $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : la constante de Stirling y la integral de Gauss son el mismo número con dos disfraces.
Comprueba que la fórmula de Gauss vuelve a demostrar la ecuación funcional: a partir de la identidad exacta

$\frac{n!\,n^{x+1}}{(x+1)\cdots(x+n+1)} = \frac{n!\,n^{x}}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot \frac{n\,x}{x+n+1},$

concluye de nuevo $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ . (La fórmula de Gauss determina $\Gamma$ por completo; el volumen del tercer año demuestra el teorema más fino de Bohr–Mollerup: la ecuación funcional más la log-convexidad ya fijan $\Gamma$ .)

Parte V — Dividendos.

Para $a > 0$ , prueba que $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ y calcula el límite cuando $a \to +\infty$ por convergencia dominada (límite puntual $\mathbf 1_{t < 1}$ ; domínese por $1$ sobre $\intoc{0}{1}$ y por $\eu^{-t^2}$ más allá, para $a \geq 2$ ). Contrasta la respuesta con la continuidad de $\Gamma$ .
Para $n \geq 1$ , prueba que

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1 - t^n}} = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr),$

y recupera los valores $2$ ( $n = 1$ ) y $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ). (Para $n = 4$ esta es la constante de la lemniscata, que no tiene forma cerrada elemental; su historia pertenece a la teoría de las integrales elípticas.)
(Momentos) Para $x > 0$ y $k \in \N$ , prueba que

$\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{k}\,t^{x-1}\eu^{-t}\,\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = x(x+1)\cdots(x+k-1),$

el factorial ascendente; comprueba que $x = 1$ da $k!$ . (En los capítulos de probabilidad, este es el momento $k$ -ésimo de una densidad estándar de tiempo de espera.)
Demuestra la identidad de Beta, válida para todo $x > 0$ :

$B(x, x) = 2^{1-2x}\,B\Bigl(x, \frac12\Bigr)$

(sustituye $t = \frac{1+s}2$ , aprovecha la simetría en $s$ y pon después $s = \sqrt v$ ). Deduce, para $2x \in \N^*$ , la fórmula de duplicación de Legendre

$\Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x + \frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\,\sqrt\pi\;\Gamma(2x),$

y verifícala directamente en $x = n$ mediante la pregunta 3. (Para $x$ general se sigue de la misma identidad una vez conocida la fórmula de Euler para todos los argumentos: la demostración por integral doble del capítulo de integrales múltiples.)
Síntesis. Una frase para cada punto: (i) dónde soportó la integración por partes toda la parte II; (ii) dónde intervino la convergencia dominada en las partes IV y V; (iii) qué insumos asintóticos se importaron del capítulo de comparación; (iv) qué queda ya demostrado de la fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ y qué le queda por zanjar a la integral doble.

Solución

Solución de Problema 9.1.

1. En $0^+$ el integrando es $\sim t^{x-1}$ : la escala de extremo finito converge si y solo si $1 - x < 1$ , es decir, $x > 0$ (y para $x \leq 0$ , $t^{x-1} \geq t^{-1}$ diverge); en $+\infty$ , $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ converge para todo $x$ . Después, $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ y $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ cuando $x \to 0^+$ (continuidad, Teorema 9.18): $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

2. Con $t = u^2$ , $\dd t = 2u\,\dd u$ :

\Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \int_0^\infty t^{-1/2}\eu^{-t}\dd t = \int_0^\infty \frac{\eu^{-u^2}}{u}\,2u\,\dd u = 2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi

por el Ejercicio 9.8. Con $u = v/\sqrt2$ :

\int_\R \eu^{-v^2/2}\dd v = 2\sqrt2\int_0^\infty \eu^{-u^2}\dd u = \sqrt2\,\sqrt\pi = \sqrt{2\pi} .

3. Cierto para $n = 0$ (ambos miembros valen $\sqrt\pi$ ). Si $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , la ecuación funcional da

\Gamma\Bigl(n + 1 + \frac12\Bigr) = \Bigl(n + \frac12\Bigr)\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{2n+1}{2}\cdot\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi = \frac{(2n+2)!}{4^{n+1}(n+1)!}\sqrt\pi ,

el último paso porque $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ y $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. El Teorema 9.18 da $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (dos aplicaciones de la regla de Leibniz, con dominaciones como en la demostración del teorema); el integrando es $\geq 0$ y no idénticamente nulo, luego $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ es estrictamente convexa y $\Gamma'$ es estrictamente creciente. Como $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , Rolle proporciona un $x_0 \in \intoo12$ con $\Gamma'(x_0) = 0$ ; la monotonía estricta de $\Gamma'$ hace de $x_0$ su único cero, con $\Gamma' < 0$ antes y $\Gamma' > 0$ después: $\Gamma$ decrece sobre $\intoo0{x_0}$ , crece sobre $\intoo{x_0}\infty$ y $x_0$ es el mínimo único.

5. Sea $k \in \N$ y $x \geq 3$ ; elijamos el entero $n$ con $n + 1 \leq x < n + 2$ (de modo que $n \geq 1$ ). Por la monotonía de la pregunta 4 (válida a partir de $x_0 < 2$ ): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , mientras que $x^k \leq (n+2)^k$ . Como $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (los factoriales ganan a las potencias, volumen del primer año), $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ cuando $x \to \infty$ : $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. Cerca de $0$ el integrando es $\sim t^{x-1}$ (convergente si y solo si $x > 0$ ), y cerca de $1$ es $\sim (1-t)^{y-1}$ (si y solo si $y > 0$ ); ambas comparaciones son entre funciones positivas, de modo que $B(x,y)$ converge exactamente para $x, y > 0$ . La sustitución $t \mapsto 1 - t$ intercambia los dos factores: $B(x,y) = B(y,x)$ .

7. $B(x,1) = \int_0^1 t^{x-1}\dd t = \frac1x$ . Por partes sobre $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ con $u = (1-t)^y$ y $v = \frac{t^x}{x}$ :

\int t^{x-1}(1-t)^{y}\dd t = \Bigl[\frac{t^x(1-t)^y}{x}\Bigr] + \frac{y}{x}\int t^{x}(1-t)^{y-1}\dd t ;

el corchete se anula en ambos extremos cuando $\varepsilon \to 0$ ( $x > 0$ en $0$ , $y > 0$ en $1$ ), dejando $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

8. Como $t + (1-t) = 1$ :

t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y},

luego $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . La pregunta 7 se lee $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; sustituyendo,

B(x,y) = \Bigl(\frac xy + 1\Bigr)B(x,y+1) = \frac{x+y}{y}\,B(x,y+1),

es decir, $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; la relación gemela se sigue de la simetría de la pregunta 6.

9. Inducción sobre $n$ con $m$ fijo: $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ y, si la fórmula vale en $n$ ,

B(m, n+1) = \frac{n}{m+n}\,B(m,n) = \frac{n}{m+n}\cdot\frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{(m-1)!\,n!}{(m+n)!} .

Reescribiendo: $B(m,n) = \frac{(m-1)!(n-1)!}{(m+n-1)!} = \bigl[(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}\bigr]^{-1}$ .

10. Ambos miembros de $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ valen $\frac1x$ en $n = 1$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). Si coinciden en $n$ , entonces, por la relación de descenso y la ecuación funcional:

B(x, n+1) = \frac{n}{x+n}\,B(x,n), \qquad \frac{\Gamma(x)\Gamma(n+1)}{\Gamma(x+n+1)} = \frac{n}{x+n}\cdot \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)} :

las dos sucesiones obedecen la misma recursión desde la misma semilla, luego coinciden para todo $n \in \N^*$ y todo $x > 0$ .

11. Con $t = \sin^2\theta$ ( $\theta \in \intoo0{\pi/2}$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ ), $t^{x-1} = \sin^{2x-2}\theta$ y $(1-t)^{y-1} = \cos^{2y-2}\theta$ :

B(x,y) = \int_0^{\pi/2}\sin^{2x-2}\theta\,\cos^{2y-2}\theta \cdot 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\int_0^{\pi/2}\sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\, \dd\theta .

12. Tomemos $y = \frac12$ (lo que mata el factor coseno) y $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , es decir, $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . La relación de descenso en la primera variable da

\frac{W_n}{W_{n-2}} = \frac{B\bigl(\frac{n-1}2 + 1, \frac12\bigr)} {B\bigl(\frac{n-1}2, \frac12\bigr)} = \frac{\frac{n-1}2}{\frac{n-1}2 + \frac12} = \frac{n-1}{n} :

la recurrencia de Wallis, esta vez sin ninguna integración por partes sobre senos; la parte II hizo el trabajo de una vez por todas.

13. $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , mientras que $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : la fórmula de Euler se cumple en $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

14. Iterando $W_{2n} = \frac{2n-1}{2n}W_{2n-2}$ desde $W_0 = \frac\pi2$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^{n}\frac{2k-1}{2k} = \frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2},

ya que $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ y $\prod 2k = 2^n n!$ . Por tanto, usando la pregunta 3:

B\Bigl(n+\frac12, \frac12\Bigr) = 2W_{2n} = \pi\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!}\cdot\frac{\sqrt\pi}{n!} = \frac{\Gamma\bigl(n+\frac12\bigr)\Gamma\bigl(\frac12\bigr)} {\Gamma(n+1)} .

Fijemos ahora $x \in \frac12\N^*$ . La fórmula de Euler vale en $(x, \frac12)$ : para $x$ entero es la pregunta 10 (con la simetría), y para $x = n + \frac12$ es la fórmula anterior. Ambos miembros de la fórmula de Euler obedecen la recursión de descenso $y \mapsto y + 1$ (la pregunta 8 a la izquierda y la ecuación funcional a la derecha, como en la pregunta 10): la inducción propaga la fórmula desde $y = \frac12$ e $y = 1$ hasta todo $y \in \frac12\N^*$ . La fórmula de Euler vale, pues, siempre que $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Con $u = \frac{t}{1-t}$ , es decir, $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ y $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

B(x,y) = \int_0^\infty \Bigl(\frac{u}{1+u}\Bigr)^{x-1} \Bigl(\frac{1}{1+u}\Bigr)^{y-1} \frac{\dd u}{(1+u)^2} = \int_0^\infty \frac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\,\dd u .

En $x = y = \frac12$ , con $u = v^2$ :

\int_0^\infty \frac{u^{-1/2}}{1+u}\dd u = \int_0^\infty \frac{2\,\dd v}{1+v^2} = \pi = B\Bigl(\frac12,\frac12\Bigr) . \checkmark

16. Una integración por partes, para $1 \leq k \leq n$ y $s > 0$ ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; los términos de frontera se anulan):

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k} t^{s-1}\dd t = \frac{k}{ns}\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!k-1} t^{s}\dd t .

Partiendo de $k = n$ , $s = x$ e iterando $n$ veces:

\int_0^n \Bigl(1-\frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\dd t = \frac{n(n-1)\cdots1}{n^n\,x(x+1)\cdots(x+n-1)} \int_0^n t^{x+n-1}\dd t = \frac{n!}{n^n}\cdot \frac{n^{x+n}}{x(x+1)\cdots(x+n)} ,

que vale $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. Por el Ejercicio 9.7, el miembro izquierdo tiende a $\Gamma(x)$ (convergencia dominada con dominador $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); y el derecho es el cociente de Gauss:

\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .

18. Tomando logaritmos en el cociente $G_n(x)$ de la pregunta 16 y separando $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ para $k \geq 1$ :

\ln G_n(x) = x\ln n - \ln x - \sum_{k=1}^n \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr) = -\ln x + x(\ln n - H_n) + \sum_{k=1}^n\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr).

Para $u \geq 0$ se tiene $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , de modo que el término general está en $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : la serie converge (comparación con $\sum k^{-2}$ ). Como $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Ejemplo 6.7) y $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (pregunta 17 y continuidad de $\ln$ ):

\ln\Gamma(x) = -\ln x - \gamma x + \sum_{k=1}^\infty\Bigl(\frac xk - \ln\Bigl(1+\frac xk\Bigr)\Bigr) .

19. En $x = \frac12$ , el denominador es $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (desarrollando las mitades), luego

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) = \frac{n!\,\sqrt n\;2^{2n+1}n!}{(2n+1)!} = \frac{2\sqrt n\;4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}} .

Con $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Ejemplo 6.14):

G_n\Bigl(\frac12\Bigr) \sim \frac{2\sqrt n\,\sqrt{\pi n}}{2n+1} \longrightarrow \sqrt\pi = \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) .

El $\sqrt\pi$ del coeficiente binomial central (que venía de Wallis y, por tanto, de la constante de Stirling) y el $\sqrt\pi$ de la integral de Gauss son el mismo número.

20. La identidad es álgebra directa: multiplíquese $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ por $\frac{nx}{x+n+1}$ y absórbase $x$ en el producto y $n$ en $n^x$ . Haciendo $n \to \infty$ : el miembro izquierdo tiende a $\Gamma(x+1)$ (Gauss en $x+1$ ) y el derecho a $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ , ya que $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ , recuperado sin una sola integración por partes.

21. Con $u = t^a$ , $t = u^{1/a}$ , $\dd t = \frac1a u^{1/a - 1}\dd u$ :

\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \frac1a\int_0^\infty u^{\frac1a - 1}\eu^{-u}\dd u = \frac1a\,\Gamma\Bigl(\frac1a\Bigr) = \Gamma\Bigl(1 + \frac1a\Bigr) .

Cuando $a \to +\infty$ (a lo largo de cualquier sucesión): $\eu^{-t^a} \to 1$ para $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ en $t = 1$ y $\to 0$ para $t > 1$ ; para $a \geq 2$ domínese por $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ ( $t^a \geq t^2$ para $t \geq 1$ ), integrable. Por convergencia dominada, la integral tiende a $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ , como debe ser, ya que $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ por continuidad.

22. Con $u = t^n$ , $\dd t = \frac1n u^{1/n - 1}\dd u$ :

\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{1-t^n}} = \frac1n\int_0^1 u^{\frac1n-1}(1-u)^{-1/2}\dd u = \frac1n\,B\Bigl(\frac1n, \frac12\Bigr) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , en concordancia con $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Para $n = 4$ , el valor $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ es la constante de la lemniscata: sin forma cerrada elemental.

23. Iterando la ecuación funcional:

\frac{1}{\Gamma(x)}\int_0^\infty t^{x+k-1}\eu^{-t}\dd t = \frac{\Gamma(x+k)}{\Gamma(x)} = (x+k-1)(x+k-2)\cdots x ,

el factorial ascendente con $k$ factores. En $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , los momentos de $\eu^{-t}$ del Ejercicio 9.2.

24. Sustituyamos $t = \frac{1+s}2$ ( $s \in \intoo{-1}1$ , $\dd t = \frac{\dd s}2$ , $t(1-t) = \frac{1-s^2}4$ ):

B(x,x) = \int_{-1}^{1}\Bigl(\frac{1-s^2}{4}\Bigr)^{x-1} \frac{\dd s}{2} = 4^{1-x}\int_0^1 (1-s^2)^{x-1}\dd s

(el integrando es par). Después, $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

B(x,x) = \frac{4^{1-x}}{2}\int_0^1 v^{-1/2}(1-v)^{x-1}\dd v = 2^{1-2x}\,B\Bigl(\frac12, x\Bigr) .

Para $2x \in \N^*$ , todos los argumentos a la vista están en $\frac12\N^*$ , así que la fórmula de Euler (pregunta 14) se aplica a ambos miembros:

\frac{\Gamma(x)^2}{\Gamma(2x)} = 2^{1-2x}\, \frac{\Gamma\bigl(\frac12\bigr)\Gamma(x)} {\Gamma\bigl(x+\frac12\bigr)} \quad\Longleftrightarrow\quad \Gamma(x)\,\Gamma\Bigl(x+\frac12\Bigr) = 2^{1-2x}\sqrt\pi\;\Gamma(2x) .

Comprobación directa en $x = n$ : el miembro izquierdo vale $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , y el derecho $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : iguales.

25. (i) La integración por partes produjo $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , la única identidad de la que manan todas las relaciones de descenso, los valores enteros y semienteros y la recurrencia de Wallis. (ii) La convergencia dominada convirtió las integrales elementales $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ en $\Gamma(x)$ (fórmula de Gauss, pregunta 17) y calculó el límite $a \to \infty$ de la pregunta 21. (iii) Del capítulo de comparación importamos la constante de Euler ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , pregunta 18) y la asintótica del binomial central (pregunta 19), es decir, la fórmula de Stirling disfrazada. (iv) La fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ queda demostrada para $y \in \N^*$ con $x > 0$ arbitrario (pregunta 10) y para todos los pares semienteros (pregunta 14); el caso general $x, y > 0$ espera al cálculo por integral doble del capítulo de integrales múltiples, que factoriza $\Gamma(x)\Gamma(y)$ sobre un cuadrante.

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