Matemáticas universitarias — Grado 2 · Bachelor Year 2

9Integración

El volumen del Año 1 construyó la integral en un segmento. este capitulo lo extiende a intervalos arbitrarios (integrales impropias, con el completo kit de herramientas de comparación), luego estudia las integrales dependiendo de un parámetro — continuidad y la diferenciación bajo la integral signo — impulsado por el teorema de convergencia dominada, el que resultado de este capítulo tomado con confianza. La función $\Gamma$ sirve como ejemplo en ejecución, y como puerta de entrada a la mitad de la especial Funciones de las matemáticas.

9.1 Integrales en un intervalo arbitrario

Definición 9.1

Sea $f$ continuo por partes en $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ o $+\infty$ ). La integral converge cuando existe $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ ; uno entonces escribe $\int_a^b f$ para el límite. (De manera similar en $\intoc{a}{b}$ , y en $\intoo{a}{b}$ dividiendo en un punto interior — la elección no no importa, por Chasles.) La integral converges absolutamente cuando $\int_a^b \abs f$ converge; la convergencia absoluta implica convergencia, por el criterio de Cauchy:

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

y lo completo de $\R$ (la primitiva tiene la propiedad 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 un límite en $b^-$ , por lo que por cada $\varepsilon > 0$ hay $c < b$ con $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ siempre que $c \leq x \leq y < b$ ; la pantalla transfiere esta propiedad de Cauchy a $F$ . Para cualquier secuencia $x_n \to b^-$ , los valores $F(x_n)$ forman una secuencia de Cauchy de reales, convergentes por lo completo, y entrelazando dos de tales secuencias muestra que el límite es el mismo para todas ellas: $F$ tiene un límite en $b^-$ .

Teorema 9.2 (Kit de herramientas de comparación positiva)

Para $f, g \geq 0$ continuo por partes en $\intco{a}{b}$ :

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

Demostración. (1) La primitiva $F(x) = \int_a^x f$ no es decreciente ( $f \geq 0$ ). Si es acotado, $\ell = \sup_{x < b}F$ es finito y $F(x) \to \ell$ : dado $\varepsilon > 0$ , algunos $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ y trampas de monotonicidad $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ para $x_0 \leq x < b$ . si es ilimitado, $F \to +\infty$ : divergencia.

(2) De $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ para todos los $x$ ; si $\int^b g$ converge, el lado derecho está acotado, por lo tanto también lo está la izquierda, y (1) concluye. La contraposición transfiere divergencia. al revés.

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

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

por (2) aplicado en ambos sentidos en $\intco{c}{b}$ , las dos integrales tener la misma naturaleza; la pieza inicial $\intcc{a}{c}$ es una integral adecuada 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: acotado como $x \to +\infty$ exactamente cuando $\alpha > 1$ , resp. $\beta > 1$ . en un punto final finito, la sustitución $u = b - t$ se reduce al escala $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , acotada si $\alpha < 1$ . Aplicar (1) cada vez. ∎

Ejemplo 9.3 (Dos calentamientos, trabajados hasta el final)

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

\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) $\displaystyle\int_0^\infty \frac{\ln t}{1 + t^2}\,\dd t$ : problema en ambos extremos, por lo que se divide en $1$ . Cerca de $0$ : $\abs{\ln t}$ integrable como en (a); cerca de $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : absolutamente convergente. el la sustitución $t = \frac1u$ asigna $\intoo{0}{1}$ a $\intoo{1}{\infty}$ 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 es $0$ . Cierre Insight: la simetría bajo $t \mapsto \frac1t$ vale una página de cálculo — el mismo truco ya está activado Ejercicio 9.3.

Ejemplo 9.4 (Un valor, tres integrales)

Estudio $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . En $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , entonces el integrando extiende continuamente por el valor $\frac12$ — no singularidad en absoluto. En $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : convergencia absoluta (Teorema 9.2). Valor: integrar por partes en $\intcc{\varepsilon}{M}$ con $u = 1 - \cos t$ , $v' = t^{-2}$ :

\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 soporte desaparece en ambos extremos ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; acotado numerador en $M$ ), y la integral tiende al valor de Dirichlet $\frac\pi2$ (Ejercicio 9.10): $I = \frac\pi2$ . Información final: 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) y $I$ comparten el valor $\frac\pi2$ , circulado por piezas y sustitución — y Sólo el primero es semiconvergente: la integración por partes comercializadas. elimina la convergencia absoluta para un integrando más simple.

Ejemplo 9.5 (Una integral semiconvergente)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ converge: integrar 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 un 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{convergent}} ,

donde la última integral converge por la mismo integración por partes como arriba (con $\sin 2t$ entre paréntesis): una pieza divergente menos una convergente diverge. entonces $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ converge sin convergente absolutamente — el análogo integral del series alternas, con la integración por partes desempeñando el papel de la prueba alterna.

9.2 El teorema de la convergencia

Teorema 9.6 (Convergencia dominada)

Sea $(f_n)$ continuo por partes en un intervalo $I$ , convergiendo puntualmente a un continuo $f$ por partes, y supongamos que hay un fijo integrable $\varphi \geq 0$ ( $\int_I \varphi < \infty$ ) con

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

Entonces todos $\int_I f_n$ y $\int_I f$ convergen absolutamente, y

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

Demostración. Admitido a este nivel. ∎

Observación 9.7

La prueba honesta pertenece a la teoría de la integración de Lebesgue de Año 3; la declaración, sin embargo, se utiliza constantemente a partir de ahora. el La hipótesis dominación es el punto: puntual la convergencia por sí sola no es suficiente ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , topes deslizantes: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). el teorema también es válido para un parámetro continuo ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), por la caracterización secuencial de límites.

Ejemplo 9.8 (Un límite gaussiano, por dominación)

Calcule $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ donde $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Puntualmente, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (interés compuesto límite), por lo que los integrandos tienden a $\eu^{-t^2}$ . Dominación: la La secuencia $n \mapsto (1 + u/n)^n$ no es decreciente para $u \geq 0$ . (AM–GM en los factores $n + 1$ $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ da $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), entonces 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). dominado convergencia:

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

(la integral gaussiana de Ejercicio 9.8). Cierre comprobar: 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 las asintóticas de Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lema 6.11) dan nuevamente $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ : los dos pilares de este El capítulo y el último están de acuerdo.

Ejemplo 9.9 (Convergencia dominada, parámetro continuo)

calcular

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

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

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

es válido para todos los $x$ . Por la forma de parámetro continuo de Teorema 9.6 (secuencial caracterización: prueba a lo largo de cada $x_n \to \infty$ ),

\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} .

Información final: el punto único $t = 0$ , donde el punto El límite es $0$ en lugar de $\frac\pi2$ , no cambia nada — el La función límite sólo entra por su integral, una de las misericordias silenciosas del teorema.

9.3 Integrales con un parámetro

Teorema 9.10 (Continuidad bajo el signo integral)

Sea $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ a espacio métrico, $I$ un intervalo) con: $t \mapsto f(x, t)$ por partes continuo para cada $x$ ; $x \mapsto f(x, t)$ continuo para cada $t$ ; y un dominación $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ ( $\varphi$ integrable en $I$ , independiente de $x$ ). entonces

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

está definido y continuo en $A$ .

Demostración. Definición: la dominación da convergencia absoluta. Continuidad en $x_0$ : para cualquier secuencia $x_n \to x_0$ , las funciones $g_n(t) = f(x_n, t)$ convergen puntualmente a $f(x_0, t)$ (continuidad en $x$ ) bajo la dominación fija $\varphi$ : la convergencia dominada da $F(x_n) \to F(x_0)$ ; concluir por la caracterización secuencial de continuidad (Definición 4.5). ∎

Teorema 9.11 (Diferenciación bajo el signo integral)

Deje que $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ sea un intervalo de parámetros) con: $t \mapsto f(x,t)$ integrable en $I$ para cada $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ de la clase $C^1$ para cada $t$ , la derivada parcial $\frac{\partial f}{\partial x}$ siendo continuo por partes en $t$ y dominado: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ con $\psi$ integrable. Entonces $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ es $C^1$ en $J$ y

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

Demostración. Repare $x$ y $h_n \to 0$ . Los cocientes de diferencias

\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 dominados por $\psi(t)$ : por el valor medio desigualdad aplicada en $x$ en $t$ 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 diferenciable con la derivada anunciada, que es continuo por Teorema 9.10 se aplicó a $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Ejemplo 9.12 (Una integral de parámetro comparada con una fórmula)

Deja $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ para $x > 0$ . En cada $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ , el integrando está dominado por $\frac{1}{t^2 + a}$ , integrable e independiente de $x$ : $F$ es continuo (Teorema 9.10). Aquí el teorema puede ser comparado 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 continuo. Ahora diferencia bajo la integral: la $x$ -derivado $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ está dominado $\intcc ab$ por $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , integrables: Teorema 9.11 da

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

entonces tenemos calculado una nueva integral gratis: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Información final: diferenciar un integral de parámetros conocido es una fábrica de nuevas fórmulas — iterar da $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ por cada $n$ , sin sustituciones trigonométricas.

Método 9.13 (Estudiando una integral impropia)

Dado $\int_a^b f$ :

Localice el problema: enumere los puntos finales (o el interior puntos) donde $f$ no está acotado o el intervalo es infinita y dividida para que cada pieza tenga exactamente una final problemático.
Si $f$ tiene un signo constante cerca de ese extremo, encuentre un equivalente y comparar con las escalas de referencia de Teorema 9.2.
Si $f$ oscila, pruebe primero $\abs f$ (valor absoluto). convergencia). Si $\int\abs f$ diverge, intente la integración por partes para cambiar la oscilación por decaimiento, como en Ejemplo 9.5; minorías como $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ detectar genuino semiconvergencia.
Para un valor, no sólo la naturaleza: partes, sustitución, o un parámetro (derivar una integral más simple, como en Ejemplo 9.12 y Ejemplo 9.21).
Comprobaciones de cordura sobre cualquier valor calculado: signo y aproximado tamaño frente a un límite crudo ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , por lo que $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ es plausible); y consistencia dimensional bajo escala ( $t \mapsto \lambda t$ debe reescalar ambos lados del de la misma manera — el detector más rápido de un factor perdido).

Observación 9.14 (Errores comunes)

Tres errores recurrentes. (i) Dependiente del parámetro dominadores: la dominación $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ debe ser uniforme en $x$ en el conjunto considerado; normalmente aguanta segmentos $\intcc ab$ pero no globalmente — para $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ no hay dominador integrable válido para todo $x > 0$ , pero dominar en $x \geq a > 0$ es suficiente para trabajar en toda la media línea abierto, desde continuidad y los derivados son nociones locales. (ii) Comparación firmada integrandos: el kit de herramientas de comparación es para no negativo funciones; de $\abs f \leq g$ con $\int g$ divergente se puede no concluir nada — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ converge aunque todas las comparaciones con $\frac1t$ fallan. (iii) Olvidar la mitad del problema: en $\intoo{0}{\infty}$ estudie siempre ambos extremos por separado; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ diverge en ambos, y un Una división de aspecto convergente puede cancelar silenciosamente dos infinitos. El reflejo seguro es la lista de verificación de Método 9.13.

Ejemplo 9.15 (Un caso límite de Bertrand, al dígito)

La escala $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ de Teorema 9.2 se sienta exactamente en el borde de las escalas de potencia; sus casos límite merecen una revisión completa cálculo. 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 lentamente que llegando a $\ln\ln x = 10$ requiere $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . Cierre insight: entre “todos los poderes $t^{-1-\varepsilon}$ converge” y “ $t^{-1}$ divergen” viven una escalera infinita de escalas logarítmicas, cada una refinando a la anterior; la sustitución $u = \ln t$ colapsa cada renglón sobre el anterior, lo que Por eso los criterios de Bertrand se hacen eco de los de Riemann en un nivel arriba.

Observación 9.16 (Perspectivas dentro de este volumen)

Las herramientas de este capítulo están a punto de estar en todas partes. dominado La convergencia es el motor detrás de las identidades aproximadas de el siguiente capítulo (núcleos deslizantes, Bernstein y Fejér por igual); continuidad y diferenciación bajo el signo integral producir el cálculo de los coeficientes de Fourier en el sistema de Fourier capítulo, donde cada $c_n(f)$ es un integral de parámetros en disfrazarse. La función $\Gamma$ regresa dos veces: en el capítulo en integrales múltiples, donde una integral doble finalmente demuestra Fórmula Beta-Gamma de Euler en su totalidad y en la probabilidad capítulos, donde las integrales tipo $\Gamma$ normalizan el estándar densidades y calcular sus momentos. Y el semiconvergente $\int\frac{\sin t}{t}$ resurge como la constante de Gibbs del Capítulo de Fourier — la misma integral, midiendo el exceso de 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 ( $t^{x-1}$ integrable en $0^+$ para $x > 0$ ; decaimiento exponencial en $\infty$ ).

Teorema 9.18

$\Gamma$ es continuo en $\intoo{0}{+\infty}$ , satisface las ecuación funcional

\Gamma(x + 1) = x\,\Gamma(x), \qquad \Gamma(1) = 1, \qquad\text{hence}\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: integrar por partes en $\intcc{\varepsilon}{M}$ y dejar ir los extremos: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , los términos límite desaparecen — de hecho $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ como $\varepsilon \to 0^+$ porque $x > 0$ y $M^x\eu^{-M} \to 0$ como $M \to \infty$ porque la exponencial le gana a toda potencia; ambos truncados las integrales convergen a sus valores impropios por la convergencia establecido en Definición 9.17. $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; la inducción da el factorial.

Continuidad en $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : dominar $t^{x-1}\eu^{-t}$ por $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , integrable e independiente de $x \in \intcc{a}{b}$ : Teorema 9.10 se aplica en cada uno de esos segmentos, por tanto, en toda la media línea. Diferenciabilidad: la derivada $x$ $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ está dominado sobre $\intcc{a}{b}$ por $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , aún integrable: Teorema 9.11; iterar lo da todo derivados (cada uno añade un poder de $\ln t$ , inofensivos). ∎

Ejemplo 9.19 (Factoriales medio enteros)

La ecuación funcional y $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (una sustitución lejos de Ejercicio 9.8: establecer $t = u^2$ en la definición integral) genera 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} .

Desde $\Gamma(n+1) = n!$ , es justo decir “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: el factorial ha sido interpolado, y la curva de interpolación cae por debajo de $1$ entre $0! = 1$ y $1! = 1$ (su mínimo $\approx 0.8856$ en $x \approx 1.4616$ coincide con la imagen de convexidad del Problema del fin de semana, Parte I). Perspectiva final: nada en el privilegios integrales $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ números enteros — la discreción del factorial fue un accidente de contando, y $\sqrt\pi$ es lo que vive entre $1$ y $1$ .

Observación 9.20 (Adónde va $\Gamma$ desde aquí)

El problema del fin de semana de este capítulo construye todo el conjunto de Euler. cálculo alrededor de $\Gamma$ : el función beta, su integración por partes recursiones, las integrales de Wallis como valores Beta y las de Gauss. fórmula límite. El capítulo sobre integrales múltiples demuestra la afirmación de Euler. Beta: fórmula gamma para todos los argumentos mediante una integral doble; el Los capítulos de probabilidad se encuentran nuevamente con $\Gamma$ en la normalización de las densidades más habituales y en los momentos de tiempos de espera. El volumen del Año 3 reconstruye $\Gamma$ sobre los cimientos de Lebesgue, demuestra el teorema de unicidad de Bohr-Mollerup y extiende La fórmula de Stirling de números enteros a la media línea real por convergencia dominada.

Ejemplo 9.21 (Un cálculo clásico por diferenciación)

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 Teorema 9.11 (dominación de la $x$ -derivada 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),

(partes con $u' = t\eu^{-t^2}$ ). La ecuación diferencial $F' = -\frac x2 F$ se integra a $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : la 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 Ejercicio 9.8 — y nuevamente, por doble integración, en Capítulo 20.

9.4 Ceremonias

Ejercicio 9.1 ★

Naturaleza de: $\displaystyle\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ ; $\;\displaystyle\int_1^\infty \frac{\ln t}{t^2}\dd t$ ; $\;\displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ (compare with the divergent harmonic-type behavior near $t = n\pi$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 9.1.

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

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

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergente. Cerca de $t = n\pi$ , escriba $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , así sucesivamente $\abs u \leq \frac{1}{n}$ , $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; por lo 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} ,

un término de una serie de tipo armónico divergente: sumando $n$ , el primitivo es ilimitado.

Ejercicio 9.2 ★

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

Solución

Solución de Ejercicio 9.2.

Sustituir $u = \lambda t$ :

\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 ★

Demuestre que $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ está bien definido para cada $x \in \R$ y independiente de $x$ . (Substitute $t \mapsto \frac1t$ and average the two expressions.) ¿Cuál es su valor?

Solución

Solución de Ejercicio 9.3.

Convergencia: el integrando es $\leq \frac{1}{1+t^2}$ cerca de $\infty$ y acotado cerca de $0$ (ambos factores acotados a continuación lejos de $0$ ): absolutamente convergente, por cada $x$ . 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 punto final 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 independientemente de $\beta$ (compárese con $t^{-\alpha'}$ para $\alpha < \alpha' < 1$ : se supera el factor logarítmico). Si $\alpha > 1$ : divergencia independientemente de $\beta$ (compárese con $t^{-\alpha''}$ , $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Si $\alpha = 1$ : sustituir $t = \eu^{-u}$ :

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

convergente si $\beta > 1$ . Resumen: convergencia si $\alpha < 1$ , o ( $\alpha = 1$ y $\beta > 1$ ) — el espejo del Bertrand serie.

Ejercicio 9.5 ★★

Deje $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ por $x \geq 0$ . Demuestre que $F$ es continuo en $\intco{0}{\infty}$ , $C^2$ en $\intoo{0}{\infty}$ , satisface $F'' + F = \frac1x$ allí, y ese $F(x) \to 0$ como $x \to +\infty$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.5.

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

$C^2$ en $\intoo{0}{\infty}$ : en $x \geq a > 0$ , los dos primeros $x$ -derivados $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ y $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ están dominados por $t\,\eu^{-at}$ y $\eu^{-at}$ : dos aplicaciones de 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 $f$ continuo en $\intco{0}{+\infty}$ con un límite finito $f(\infty)$ en $+\infty$ . Demuestre 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 .

(On $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substitute in each piece and regroup into $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ of $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; squeeze using the continuidad at $0$ and the limit at $\infty$ .) Computar $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Solución

Solución de Ejercicio 9.6.

En $\intcc{\varepsilon}{M}$ , sustituya $u = at$ 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: $f(u) \to f(\infty)$ , igual Cálculo: tiende a $f(\infty)\ln\frac ba$ . De ahí el inadecuado integral converge a $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

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

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

Ejercicio 9.7 ★★

Justificar y calcular $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ para $x > 0$ (dominated convergence with $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , using $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; the limit is $\Gamma(x)$ ).

Solución

Solución de Ejercicio 9.7.

Extienda el integrando en $0$ más allá de $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Puntualmente, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (el límite de interés compuesto, volumen del año 1). Dominación: $\ln(1 - u) \leq -u$ da $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ sobre $\intcc{0}{n}$ , por lo 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) .

(Al calcular el lado izquierdo por partes repetidas se obtiene el producto de Euler formulario $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Ejercicio 9.8 ★★★

(La integral gaussiana mediante un truco de parámetros) Para $x \geq 0$ establezca

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 .

Demuestre que $G' + H' = 0$ (diferenciar $H$ bajo la integral y sustituya $u = xt$ en la integral resultante), deduzca $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ para todos los $x$ y concluya

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

Solución

Solución de Ejercicio 9.8.

$H$ es diferenciable en $x$ (integrando $C^1$ en $x$ , derivada $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , continuo y acotado en compactos de $x$ , dominio sobre $t \in \intcc{0}{1}$ trivial):

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),

desde $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (regla de cadena en el cuadrado, teorema fundamental del cálculo). Entonces $G + H$ es constante, igual a $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

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

\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 ★★★

Demuestre que $\Gamma$ es log-convexo: $\ln\Gamma$ es convexo en $\intoo{0}{\infty}$ . (Cauchy–Schwarz for integrals applied to $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ gives $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; combine with continuidad and Ejercicio 8.8.)

Solución

Solución de Ejercicio 9.9.

Cauchy–Schwarz (volumen del año 1, válido en $\intcc{\varepsilon}{M}$ y pasado al límite) aplicado 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 el punto medio convexo; siendo continuo (Teorema 9.18), es convexo (Ejercicio 8.8). (La convexidad logarítmica fija $\Gamma$ hacia abajo únicamente entre las interpolaciones del factorial — el Teorema de Bohr-Mollerup, una perla del año 3.)

Ejercicio 9.10 ★★★

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

Justifique $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (diferenciar en la integral; calcular $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ mediante dos integraciones por partes).
Demuestre que $F(x) \to 0$ es $x \to +\infty$ y deduzca $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Admitiendo el continuidad de $F$ en $0^+$ (un tipo Abel teorema), concluir el valor de la semiconvergente integrales:

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

Solución

Solución de Ejercicio 9.10.

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

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

Ejercicio 9.11 ★★

Justifique la convergencia de $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ , luego calculela por uno integración por partes y 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 extiende a continuamente por el valor $1$ ( $\sin t \sim t$ ); en el infinito es $\leq t^{-2}$ : convergencia absoluta. En $\intcc{\varepsilon}{M}$ , integrar por piezas con $u = \sin^2 t$ , $v' = t^{-2}$ :

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

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

Ejercicio 9.12 ★★★

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

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

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

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{hence}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
¿Por qué se puede obtener la serie alterna completa iterando? ¿Las piezas nunca convergen para $x$ fijo? (Compare the growth of the coefficients $1\cdot3\cdots(2k-1)$ with the powers $(2x^2)^k$ .)

Solución

Solución de Ejercicio 9.12.

Piezas con $u = \frac{-1}{2t}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (entonces $v = \eu^{-t^2}$ ):

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

Mismo dispositivo en 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 ahí la identidad anunciada.
Una integración más por partes acota el resto:

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

entonces $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . Dejando caer el (positivo) resto en la identidad de la pregunta 1 da el menor atado; eliminando el segundo término (negativo) del primero piezas da $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Dividiendo el bracketing por $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : la relación es comprimido entre $1 - \frac{1}{2x^2}$ y $1$ , por lo que $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
La iteración de las piezas 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 $k$ -ésimo coeficiente $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ crece más rápido que cualquier geométrico secuencia: para $x$ fijos los términos $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ tiende al infinito (su relación es $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), por lo que el La serie diverge para cada $x$ . es un Expansión asintótico: truncada en cualquier punto fijo orden, el error es del orden del primero omitido término como $x \to \infty$ — pero nunca convergente serie. (Esta estimación de cola es la norma gaussiana límite final de los capítulos de probabilidad.)

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

Problema 9.1

La función $\Gamma$ de Definición 9.17 es una la 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 $(\Gamma, B)$ con las herramientas de sólo en este capítulo — integración por partes, sustitución, convergencia dominada — y culmina en Euler Fórmula Beta-Gamma $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ en los semienteros y en El límite de Gauss fórmula para $\Gamma$ . En el camino reaparecen las integrales de Wallis de Lema 6.11 como valores Beta, y la fórmula de duplicación de Legendre desaparece.

Parte I — Fine structure of $\Gamma$ .

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

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

(functional equation plus continuidad of $\Gamma$ at $1$ ).
Demostrar $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (substitute $t = u^2$ and invoke Ejercicio 9.8), y deducir $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Mostrar por inducción, para $n \in \N$ :

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Justifica $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ y deduce que $\Gamma$ es estrictamente convexo, alcanza un mínimo único en algunos $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ and Rolle), disminuye en $\intoo{0}{x_0}$ y aumenta en $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Demuestre que $\Gamma$ supera todos los poderes: por cada $k \in \N$ , $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ como $x \to +\infty$ (squeeze $x$ between integers and use $\Gamma(n+1) = n!$ with the monotonicity of question 4).

Parte II — The función beta, by parts.

Muestre que $B(x,y)$ converge exactamente para $x > 0$ y $y > 0$ , y que $B(x,y) = B(y,x)$ .
Calcule $B(x, 1) = \frac1x$ y pruebe por integración mediante piezas, para $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
De la división $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ deduzca $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ y combine con la pregunta 7 para obtener el relaciones de ascendencia

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

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

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

(induction on $n$ : both sides equal $\frac1x$ at $n = 1$ and obey the same descent relation).

Parte III — Wallis integrals as Beta values.

Sustituya $t = \sin^2\theta$ para obtener la ecuación trigonométrica. forma

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
Deducir $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ para la integral de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ , y recuperar la recurrencia $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ de Lema 6.11 de las relaciones de descendencia de la pregunta 8 únicamente.
Calcular $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ y compruébelo con $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : La fórmula de Euler se mantiene en $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Derive la forma cerrada $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ de la recurrencia y verifique

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

Concluimos, por inducción con las relaciones de descendencia, que La fórmula de Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ se cumple siempre que $2x$ y $2y$ son números enteros positivos.
Sustituya $u = \frac{t}{1-t}$ para obtener el tercero. forma clásica

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

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

Parte IV — Gauss’s limit formula.

Para $x > 0$ y $n \in \N^*$ , probar por $n$ sucesivos integraciones por partes:

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

$\Gamma(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x > 0).$
Tomando logaritmos, muestra 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); justificar el convergencia de la serie (the general term is $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Utilice la fórmula de Gauss en $x = \frac12$ y la central asintóticas binomiales $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Ejemplo 6.14) para volver a calcular $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : Stirling constante y la integral gaussiana son el mismo número en dos disfraces.
Comprobar que la fórmula de Gauss reprueba la funcionalidad ecuación: de la identidad exacta

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

Concluya $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ nuevamente. (Gauss la fórmula determina $\Gamma$ directamente; el volumen del año 3 demuestra el teorema de Bohr-Mollerup, más agudo: el ecuación funcional más log-convexidad ya fijada $\Gamma$ abajo.)

Part V — Dividends.

Para $a > 0$ muestre $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ y calcule el límite como $a \to +\infty$ por convergencia dominada (pointwise limit $\mathbf 1_{t < 1}$ ; dominate by $1$ on $\intoc{0}{1}$ and by $\eu^{-t^2}$ beyond, for $a \geq 2$ ). Verifique la respuesta con el continuidad de $\Gamma$ .
Para espectáculo $n \geq 1$

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

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

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

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

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

(substitute $t = \frac{1+s}2$ , exploit the symmetry in $s$ , then set $s = \sqrt v$ ). Deducir, por $2x \in \N^*$ , La fórmula de duplicación de Legendre

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

y verifíquelo directamente en $x = n$ a través de la pregunta 3. (Para general $x$ se sigue de la misma identidad una vez La fórmula de Euler es conocida por todos los argumentos — el prueba de doble integral en el capítulo sobre múltiples integrales.)
Síntesis. En una oración cada uno: (i) cuando la integración por partes llevó la totalidad de la Parte II; (ii) donde la convergencia dominada entró en las Partes IV y V; (iii) cuál Las entradas asintóticas se importaron de la comparación. capítulo; (iv) lo que ahora se demuestra de la fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ , y que Queda por resolver la integral doble.

Solución

Solución de Problema 9.1.

1. En $0^+$ el integrando es $\sim t^{x-1}$ : el escala de punto final finito converge iff $1 - x < 1$ , 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 cada $x$ . Luego $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ y $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ como $x \to 0^+$ (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 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. Verdadero para $n = 0$ (ambos lados $\sqrt\pi$ ). si $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , el 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. 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, dominaciones como en el demostración del teorema); el integrando es $\geq 0$ y no es idéntico cero, entonces $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ es estrictamente convexo y $\Gamma'$ es estrictamente creciente. Desde $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , Rolle proporciona $x_0 \in \intoo12$ con $\Gamma'(x_0) = 0$ ; La estricta monotonicidad de $\Gamma'$ hace que $x_0$ sea único. cero, con $\Gamma' < 0$ antes y $\Gamma' > 0$ después: $\Gamma$ disminuye en $\intoo0{x_0}$ , aumenta en $\intoo{x_0}\infty$ y $x_0$ es el mínimo único.

5. Dejemos que $k \in \N$ y $x \geq 3$ ; elige el numero entero $n$ con $n + 1 \leq x < n + 2$ (es decir, $n \geq 1$ ). por el monotonía de la pregunta 4 (válida desde $x_0 < 2$ en adelante): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , mientras que $x^k \leq (n+2)^k$ . desde $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (factoriales vencen a las potencias, Año 1 volumen), $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ como $x \to \infty$ : $x^k = o(\Gamma(x))$ .

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

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

\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 soporte desaparece en ambos extremos como $\varepsilon \to 0$ ( $x > 0$ en $0$ , $y > 0$ en $1$ ), dejando $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

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

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

entonces $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . La pregunta 7 dice $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; 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 sigue por la simetría de la pregunta 6.

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

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

10. Ambos lados de $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ son iguales a $\frac1x$ y $n = 1$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). si estan de acuerdo en $n$ , luego por la relación de descenso y el funcional ecuación:

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 secuencias obedecen a la misma recursividad de la misma semilla, por lo tanto, acepta para todos los $n \in \N^*$ y todos los $x > 0$ .

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. Tome $y = \frac12$ (eliminando el factor coseno) y $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , es decir $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . el descenso relación 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 integración por partes en 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 $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : La fórmula de Euler se mantiene 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},

desde $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ y $\prod 2k = 2^n n!$ . Por lo tanto, utilizando 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)} .

Ahora arregle $x \in \frac12\N^*$ . La fórmula de Euler se cumple en $(x, \frac12)$ : para el número entero $x$ esta es la pregunta 10 (con simetría), para $x = n + \frac12$ es la pantalla de arriba. ambos lados de La fórmula de Euler obedece a la recursividad descendente $y \mapsto y + 1$ . (pregunta 8 a la izquierda, la ecuación funcional a la derecha, como en la pregunta 10): la inducción propaga la fórmula de $y = \frac12$ y $y = 1$ a cada $y \in \frac12\N^*$ . Euler por lo tanto, la fórmula es válida siempre que $2x, 2y \in \N^*$ .

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

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 piezas, para $1 \leq k \leq n$ y $s > 0$ ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; los términos límite desaparecer):

\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 .

A partir 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 es $\dfrac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .

17. Por Ejercicio 9.7 el lado izquierdo tiende a $\Gamma(x)$ (convergencia dominada con dominador $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); el lado 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 de la pregunta 16 $G_n(x)$ y dividiendo $\ln(x+k) = \ln k + \ln(1 + x/k)$ 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 $u \geq 0$ , $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , entonces el término general se encuentra en $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : la serie converge (comparación con $\sum k^{-2}$ ). Desde $\ln n - H_n \to -\gamma$ (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 $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (multiplica las mitades), entonces

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 coeficiente binomial central $\sqrt\pi$ (que proviene de Wallis, por lo tanto de la constante de Stirling) y el gaussiano Los $\sqrt\pi$ de la integral son el mismo número.

20. La identidad es álgebra directa: multiplicar $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ por $\frac{nx}{x+n+1}$ y absorba $x$ en el producto, $n$ en $n^x$ . Dejando $n \to \infty$ : el lado izquierdo tiende a $\Gamma(x+1)$ (Gauss en $x+1$ ), el lado derecho a $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ desde $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — 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) .

Como $a \to +\infty$ (a lo largo de cualquier secuencia): $\eu^{-t^a} \to 1$ para $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ en $t = 1$ , $\to 0$ para $t > 1$ ; para $a \geq 2$ domina por $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ ( $t^a \geq t^2$ para $t \geq 1$ ), integrables. Convergencia dominada: la integral tiende a $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — como debe, desde $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ 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) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , coincidente $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Para $n = 4$ el valor $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ es la constante de lemniscata: no hay 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 factores $k$ . En $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , los momentos de $\eu^{-t}$ de Ejercicio 9.2.

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

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). Entonces $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

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 $2x \in \N^*$ cada argumento a la vista radica en $\frac12\N^*$ , por lo que la fórmula de Euler (pregunta 14) se aplica a ambos lados:

\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) .

Verificación directa en $x = n$ : el lado izquierdo es $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , el lado derecho $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : igual.

25. (i) Integración por piezas producidas $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , identidad única a partir de la cual cada relación de descendencia, los valores enteros y semienteros, y la La recurrencia de Wallis todo fluye. (ii) La convergencia dominada se volvió 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 $a \to \infty$ en la pregunta 21. (iii) De la comparación En el capítulo importamos la constante de Euler ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , pregunta 18) y las asintóticas binomiales centrales. (pregunta 19) — es decir, la fórmula de Stirling disfrazada. (v) La fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ es ahora probado para $y \in \N^*$ con $x > 0$ arbitrario (pregunta 10) y para todos los pares de semienteros (pregunta 14); el general el caso $x, y > 0$ espera el cálculo de la integral doble del capítulo sobre integrales múltiples, que factoriza $\Gamma(x)\Gamma(y)$ sobre un cuarto de plano.