Matemática universitária — Graduação 2 · Bachelor Year 2

9Integração

O volume do primeiro ano de graduação construiu a integral num segmento. Este capítulo a estende a intervalos arbitrários (integrais impróprias, com toda a caixa de ferramentas de comparação) e depois estuda integrais que dependem de um parâmetro — continuidade e derivação sob o sinal de integral — movidas pelo teorema da convergência dominada, o único resultado deste capítulo aceito por confiança. A função $\Gamma$ serve de exemplo condutor e de portal para metade das funções especiais da matemática.

9.1 Integrais num intervalo arbitrário

Definição 9.1

Seja $f$ contínua por partes em $\intco{a}{b}$ ( $b \in \R$ ou $+\infty$ ), com continuidade por partes. A integral converge quando $\lim_{x \to b^-} \int_a^x f$ existe; escreve-se então $\int_a^b f$ para o limite. (Analogamente em $\intoc{a}{b}$ , e em $\intoo{a}{b}$ separando num ponto interior — a escolha não importa, por Chasles.) A integral converge absolutamente quando $\int_a^b \abs f$ converge; a convergência absoluta implica a convergência, pelo critério de Cauchy:

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

e pela completude de $\R$ (a primitiva tem a propriedade de Cauchy). Em detalhe: sejam $F(x) = \int_a^x f$ e $G(x) = \int_a^x \abs f$ . Se $\int^b\abs f$ converge, $G$ tem limite em $b^-$ , de modo que, para todo $\varepsilon > 0$ , existe $c < b$ com $G(y) - G(x) \leq \varepsilon$ sempre que $c \leq x \leq y < b$ ; a fórmula exibida transfere essa propriedade de Cauchy a $F$ . Para qualquer sequência $x_n \to b^-$ , os valores $F(x_n)$ formam então uma sequência de Cauchy de reais, convergente pela completude, e intercalar duas dessas sequências mostra que o limite é o mesmo para todas: $F$ tem limite em $b^-$ .

Teorema 9.2 (Caixa de ferramentas de comparação positiva)

Para $f, g \geq 0$ contínua por partes em $\intco{a}{b}$ , com continuidade por partes:

$\int_a^b f$ converge se e somente se a primitiva $x \mapsto \int_a^x f$ é limitada;
$f \leq g$ : a convergência de $\int g$ força a de $\int f$ ; a divergência se transfere no outro sentido;
$f \sim g$ em $b$ : as duas integrais têm a mesma natureza;
as escalas de referência: em $+\infty$ , $\int^{\infty} \frac{\dd t}{t^\alpha}$ converge se e somente se $\alpha > 1$ , e $\int^\infty \frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ se e somente se $\beta > 1$ ; numa extremidade finita $b$ , $\int^b \frac{\dd t}{(b - t)^\alpha}$ converge se e somente se $\alpha < 1$ .

Demonstração. (1) A primitiva $F(x) = \int_a^x f$ é não decrescente ( $f \geq 0$ ). Se ela é limitada, $\ell = \sup_{x < b}F$ é finito e $F(x) \to \ell$ : dado $\varepsilon > 0$ , algum $F(x_0) > \ell - \varepsilon$ , e a monotonicidade prende $F(x) \in \intoc{\ell - \varepsilon}{\ell}$ para $x_0 \leq x < b$ . Se ela é ilimitada, $F \to +\infty$ : divergência.

(2) De $f \leq g$ : $\int_a^x f \leq \int_a^x g$ para todo $x$ ; se $\int^b g$ converge, o membro da direita é limitado, logo o da esquerda também, e (1) conclui. A contraposição transfere a divergência no outro sentido.

(3) $f \sim g$ em $b$ fornece $c < b$ com

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

por (2) aplicado nos dois sentidos em $\intco{c}{b}$ , as duas integrais têm a mesma natureza; a peça inicial $\intcc{a}{c}$ é uma integral própria e nada muda.

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

\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},

com logaritmos nos casos excluídos: limitadas quando $x \to +\infty$ exatamente se $\alpha > 1$ , resp. $\beta > 1$ . Numa extremidade finita, a substituição $u = b - t$ reduz à escala $\int_0 u^{-\alpha}\,\dd u$ , limitada se e somente se $\alpha < 1$ . Aplique (1) em cada caso. ∎

Exemplo 9.3 (Dois aquecimentos, levados até o fim)

(a) $\displaystyle\int_0^1 \ln t\,\dd t$ : o integrando explode em $0^+$ , mas $\abs{\ln t} = o\bigl(t^{-1/2}\bigr)$ aí (os logaritmos perdem para as potências), e $\int_0 t^{-1/2}$ converge: convergência absoluta. O valor, por partes em $\intcc{\varepsilon}{1}$ :

\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 nas duas pontas, logo separe em $1$ . Perto de $0$ : $\abs{\ln t}$ , integrável como em (a); perto de $\infty$ : $\frac{\ln t}{1+t^2} = o(t^{-3/2})$ : absolutamente convergente. A substituição $t = \frac1u$ leva $\intoo{0}{1}$ em $\intoo{1}{\infty}$ e

\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 :

as duas metades se cancelam, e a integral vale $0$ . Lição final: a simetria sob $t \mapsto \frac1t$ vale uma página de cálculo — o mesmo truque já movia o Exercício 9.3.

Exemplo 9.4 (Um valor, três integrais)

Estude $I = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{1 - \cos t}{t^2}\,\dd t$ . Em $0$ : $1 - \cos t \sim \frac{t^2}2$ , de modo que o integrando se estende continuamente pelo valor $\frac12$ — não há singularidade alguma. Em $\infty$ : $0 \leq \frac{1 - \cos t}{t^2} \leq \frac{2}{t^2}$ : convergência absoluta (Teorema 9.2). Valor: integre por partes em $\intcc{\varepsilon}{M}$ com $u = 1 - \cos t$ , $v' = t^{-2}$ :

\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 .

O colchete se anula nas duas pontas ( $\frac{1 - \cos\varepsilon}{\varepsilon} \sim \frac\varepsilon2$ ; numerador limitado em $M$ ), e a integral tende ao valor de Dirichlet $\frac\pi2$ (Exercício 9.10): $I = \frac\pi2$ . Lição final: com $1 - \cos t = 2\sin^2\frac t2$ e $u = \frac t2$ ,

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 :

os três clássicos $\int_0^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ , $\int_0^\infty\bigl(\frac{\sin t}{t}\bigr)^2\dd t$ (Exercício 9.11) e $I$ compartilham o valor $\frac\pi2$ , passado adiante por partes e substituição — e só o primeiro é semiconvergente: a integração por partes trocou a convergência absoluta por um integrando mais simples.

Exemplo 9.5 (Uma integral semiconvergente)

$\displaystyle\int_1^{\infty} \frac{\sin t}{t}\,\dd t$ converge: integre 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 ,

em que o colchete tem limite e a última integral converge absolutamente ( $\abs{\cos t}/t^2 \leq t^{-2}$ ). Mas não 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}} ,

em que a última integral converge pela mesma integração por partes acima (com $\sin 2t$ no colchete): uma peça divergente menos uma convergente diverge. Assim $\int_1^\infty\frac{\sin t}{t}\dd t$ converge sem convergir absolutamente — o análogo integral das séries alternadas, com a integração por partes fazendo o papel do critério das alternadas.

9.2 O teorema de convergência

Teorema 9.6 (Convergência dominada)

Sejam $(f_n)$ contínuas por partes num intervalo $I$ , com continuidade por partes, convergindo pontualmente para uma $f$ contínua por partes, com continuidade por partes, e suponha que exista uma função integrável fixa $\varphi \geq 0$ ( $\int_I \varphi < \infty$ ) com

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

Então todas as $\int_I f_n$ e $\int_I f$ convergem absolutamente, e

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

Demonstração. Admitido neste nível. ∎

Observação 9.7

A demonstração honesta pertence à teoria da integração de Lebesgue do terceiro ano; o enunciado, porém, é usado constantemente daqui em diante. A hipótese de dominação é o ponto todo: a convergência pontual sozinha não basta ( $f_n = n\,\mathbf{1}_{\intoo{0}{1/n}}$ , corcovas deslizantes: $\int f_n = 1 \not\to 0 = \int f$ ). O teorema também vale para um parâmetro contínuo ( $f_\lambda$ , $\lambda \to \lambda_0$ ), pela caracterização sequencial dos limites.

Exemplo 9.8 (Um limite gaussiano, por dominação)

Calcule $\displaystyle\lim_{n\to\infty} I_n$ , em que $I_n = \int_0^\infty \Bigl(1 + \frac{t^2}{n}\Bigr)^{\!-n}\dd t$ . Pontualmente, $(1 + t^2/n)^n \to \eu^{t^2}$ (o limite dos juros compostos), de modo que os integrandos tendem a $\eu^{-t^2}$ . Dominação: a sequência $n \mapsto (1 + u/n)^n$ é não decrescente para $u \geq 0$ (MA–MG nos $n + 1$ fatores $1, 1 + \frac un, \dots, 1 + \frac un$ dá $(1 + \frac u{n+1})^{n+1} \geq (1 + \frac un)^n$ ), logo, para $n \geq 2$ :

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

um dominante integrável ( $\sim 4t^{-4}$ no infinito). Convergência dominada:

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

(a integral gaussiana de Exercício 9.8). Verificação final: a substituição $t = \sqrt n\tan\theta$ calcula $I_n$ exatamente, $I_n = \sqrt n\int_0^{\pi/2}\cos^{2n-2}\theta\,\dd\theta = \sqrt n\,W_{2n-2}$ , e a assintótica de Wallis $W_m \sim \sqrt{\pi/(2m)}$ (Lema 6.11) dá $\sqrt n\,W_{2n-2} \to \frac{\sqrt\pi}2$ de novo: os dois pilares deste capítulo e do anterior concordam.

Exemplo 9.9 (Convergência dominada, parâmetro contínuo)

Calcule

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

Para cada $t > 0$ , $\arctan(xt) \to \frac\pi2$ quando $x \to \infty$ ; e a dominação

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

vale para todo $x$ . Pela forma com parâmetro contínuo do Teorema 9.6 (caracterização sequencial: teste ao longo 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} .

Lição final: o único ponto $t = 0$ , onde o limite pontual vale $0$ em vez de $\frac\pi2$ , nada muda — a função limite só entra por sua integral, uma das misericórdias silenciosas do teorema.

9.3 Integrais com parâmetro

Teorema 9.10 (Continuidade sob o sinal de integral)

Seja $f \colon A \times I \to \R$ ( $A$ um espaço métrico, $I$ um intervalo) com: $t \mapsto f(x, t)$ contínua por partes para cada $x$ , com continuidade por partes; $x \mapsto f(x, t)$ contínua para cada $t$ ; e uma dominação $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ ( $\varphi$ integrável em $I$ , independente de $x$ ). Então

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

está definida e é contínua em $A$ .

Demonstração. Boa definição: a dominação dá a convergência absoluta. Continuidade em $x_0$ : para toda sequência $x_n \to x_0$ , as funções $g_n(t) = f(x_n, t)$ convergem pontualmente para $f(x_0, t)$ (continuidade em $x$ ) sob a dominação fixa $\varphi$ : a convergência dominada dá $F(x_n) \to F(x_0)$ ; conclua pela caracterização sequencial da continuidade (Definição 4.5). ∎

Teorema 9.11 (Derivação sob o sinal de integral)

Seja $f \colon J \times I \to \R$ ( $J$ um intervalo de parâmetros) com: $t \mapsto f(x,t)$ integrável em $I$ para cada $x$ ; $x \mapsto f(x,t)$ de classe $C^1$ para cada $t$ , sendo a derivada parcial $\frac{\partial f}{\partial x}$ contínua por partes em $t$ , com continuidade por partes, e dominada: $\bigl|\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\bigr| \leq \psi(t)$ com $\psi$ integrável. Então $F(x) = \int_I f(x,t)\dd t$ é $C^1$ em $J$ e

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

Demonstração. Fixe $x$ e $h_n \to 0$ . Os quocientes de diferenças

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

têm integrandos convergindo pontualmente para $\frac{\partial f}{\partial x}(x, t)$ e dominados por $\psi(t)$ : pela desigualdade do valor médio aplicada em $x$ com $t$ fixo,

\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) .

A convergência dominada dá o limite $\int_I \frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\dd t$ dos quocientes: $F$ é derivável com a derivada anunciada, que é contínua pelo Teorema 9.10 aplicado a $\frac{\partial f}{\partial x}$ . ∎

Exemplo 9.12 (Uma integral com parâmetro conferida contra uma fórmula)

Seja $F(x) = \displaystyle\int_0^\infty \frac{\dd t}{t^2 + x}$ para $x > 0$ . Em todo $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ , o integrando é dominado por $\frac{1}{t^2 + a}$ , integrável e independente de $x$ : $F$ é contínua (Teorema 9.10). Aqui o teorema pode ser conferido contra um valor explícito:

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

visivelmente contínua. Derive agora sob a integral: a derivada em $x$ , $-\frac{1}{(t^2+x)^2}$ , é dominada em $\intcc ab$ por $\frac{1}{(t^2+a)^2}$ , integrável: o Teorema 9.11 dá

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

de modo que calculamos uma integral nova de graça: $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+x)^2} = \frac{\pi}{4x^{3/2}}$ . Lição final: derivar uma integral com parâmetro conhecida é uma fábrica de fórmulas novas — iterando obtém-se $\int_0^\infty\frac{\dd t}{(t^2+1)^n}$ para todo $n$ , sem nenhuma substituição trigonométrica.

Método 9.13 (Estudar uma integral imprópria)

Dada $\int_a^b f$ :

Localize o problema: liste as extremidades (ou pontos interiores) em que $f$ é ilimitada ou o intervalo é infinito, e separe de modo que cada peça tenha exatamente uma ponta problemática.
Se $f$ tem sinal constante perto dessa ponta, ache um equivalente e compare com as escalas de referência do Teorema 9.2.
Se $f$ oscila, teste $\abs f$ primeiro (convergência absoluta). Se $\int\abs f$ diverge, tente a integração por partes para trocar a oscilação por decaimento, como no Exemplo 9.5; minorações do tipo $\abs{\sin t} \geq \sin^2t$ detectam a semiconvergência genuína.
Para um valor, e não apenas a natureza: partes, substituição ou um parâmetro (derive uma integral mais simples, como no Exemplo 9.12 e no Exemplo 9.21).
Verificações de bom senso em qualquer valor calculado: sinal e ordem de grandeza contra uma cota bruta ( $\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t \in \intoo{0}{1 + \int_1^\infty \eu^{-t}}$ , logo $\frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ é plausível); e coerência dimensional por reescalamento ( $t \mapsto \lambda t$ deve reescalar os dois lados do mesmo jeito — o detector mais rápido de um fator perdido).

Observação 9.14 (Armadilhas comuns)

Três erros recorrentes. (i) Dominantes que dependem do parâmetro: a dominação $\abs{f(x,t)} \leq \varphi(t)$ tem de ser uniforme em $x$ no conjunto considerado; ela costuma valer em segmentos $\intcc ab$ mas não globalmente — para $\int_0^\infty\eu^{-xt}\dd t$ não há dominante integrável válido para todo $x > 0$ , e no entanto dominar em $x \geq a > 0$ basta para trabalhar em toda a semirreta aberta, pois continuidade e derivadas são noções locais. (ii) Comparar integrandos com sinal: a caixa de ferramentas de comparação é para funções não negativas; de $\abs f \leq g$ com $\int g$ divergente nada se pode concluir — $\int_1^\infty\frac{\sin t}t\,\dd t$ converge embora toda comparação com $\frac1t$ falhe. (iii) Esquecer metade do problema: em $\intoo{0}{\infty}$ estude sempre as duas pontas separadamente; $\int_0^\infty\frac{\dd t}{t}$ diverge em ambas, e uma separação de aparência convergente pode cancelar silenciosamente dois infinitos. O reflexo seguro é a lista de verificação do Método 9.13.

Exemplo 9.15 (Um caso de fronteira de Bertrand, até o algarismo)

A escala $\int^\infty\frac{\dd t}{t(\ln t)^\beta}$ do Teorema 9.2 fica exatamente na borda das escalas de potências; seus casos de fronteira merecem um 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 ,

uma integral convergente de valor agradavelmente exato; ao passo 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 — mas tão devagar que atingir $\ln\ln x = 10$ exige $x = \eu^{\eu^{10}} \approx 10^{9566}$ . Lição final: entre “toda potência $t^{-1-\varepsilon}$ converge” e “ $t^{-1}$ diverge” mora uma escada infinita de escalas logarítmicas, cada uma refinando a anterior; a substituição $u = \ln t$ colapsa cada degrau sobre o anterior, e é por isso que os critérios de Bertrand ecoam os de Riemann um nível acima.

Observação 9.16 (Perspectivas dentro deste volume)

As ferramentas deste capítulo estão prestes a aparecer em toda parte. A convergência dominada é o motor por trás das identidades aproximadas do capítulo seguinte (núcleos deslizantes, tanto Bernstein quanto Fejér); a continuidade e a derivação sob o sinal de integral produzem o cálculo dos coeficientes de Fourier no capítulo de Fourier, onde todo $c_n(f)$ é uma integral com parâmetro disfarçada. A função $\Gamma$ volta duas vezes: no capítulo sobre integrais múltiplas, em que uma integral dupla finalmente demonstra a fórmula Beta–Gama de Euler por inteiro, e nos capítulos de probabilidade, em que integrais do tipo $\Gamma$ normalizam as densidades padrão e calculam seus momentos. E a semiconvergente $\int\frac{\sin t}{t}$ ressurge como a constante de Gibbs do capítulo de Fourier — a mesma integral, medindo a ultrapassagem das somas parciais num salto.

Definição 9.17 (A função $\Gamma$ )

Para $x > 0$ :

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

convergente nas duas pontas ( $t^{x-1}$ integrável em $0^+$ para $x > 0$ ; decaimento exponencial em $\infty$ ).

Teorema 9.18

$\Gamma$ é contínua em $\intoo{0}{+\infty}$ , satisfaz a equação funcional

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

e é de classe $C^1$ (na verdade $C^\infty$ ) com $\Gamma'(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\ln t\,\dd t$ .

Demonstração. Equação funcional: integre por partes em $\intcc{\varepsilon}{M}$ e faça as pontas irem ao limite: $\int t^{x}\eu^{-t} = [-t^x\eu^{-t}] + x\int t^{x-1}\eu^{-t}$ , anulando-se os termos de bordo — de fato, $\varepsilon^x\eu^{-\varepsilon} \to 0$ quando $\varepsilon \to 0^+$ , pois $x > 0$ , e $M^x\eu^{-M} \to 0$ quando $M \to \infty$ , pois a exponencial vence toda potência; as duas integrais truncadas convergem para seus valores impróprios pela convergência estabelecida na Definição 9.17. $\Gamma(1) = \int \eu^{-t} = 1$ ; a indução dá o fatorial.

Continuidade em $\intcc{a}{b} \subset \intoo{0}{\infty}$ : domine $t^{x-1}\eu^{-t}$ por $\varphi(t) = (t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}$ , integrável e independente de $x \in \intcc{a}{b}$ : o Teorema 9.10 se aplica em todo segmento desse tipo, logo em toda a semirreta. Derivabilidade: a derivada em $x$ , $t^{x-1}\eu^{-t}\ln t$ , é dominada em $\intcc{a}{b}$ por $(t^{a-1} + t^{b-1})\eu^{-t}\,\abs{\ln t}$ , ainda integrável: Teorema 9.11; iterando obtêm-se todas as derivadas (cada uma acrescenta uma potência de $\ln t$ , inofensiva). ∎

Exemplo 9.19 (Fatoriais semi-inteiros)

A equação funcional e $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ (a uma substituição de Exercício 9.8: ponha $t = u^2$ na integral que define) geram todos os valores semi-inteiros:

\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 $\Gamma(n+1) = n!$ , é justo dizer “ $\frac12! = \frac{\sqrt\pi}{2} \approx 0.886$ ”: o fatorial foi interpolado, e a curva interpoladora mergulha abaixo de $1$ entre $0! = 1$ e $1! = 1$ (seu mínimo $\approx 0.8856$ em $x \approx 1.4616$ combina com o retrato de convexidade da Parte I do problema de fim de semana). Lição final: nada na integral $\int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ privilegia os inteiros — a discretude do fatorial era um acidente da contagem, e $\sqrt\pi$ é o que vive entre $1$ e $1$ .

Observação 9.20 (Para onde vai $\Gamma$ daqui)

O problema de fim de semana deste capítulo constrói todo o cálculo de Euler em torno de $\Gamma$ : a função Beta, suas recursões por integração por partes, as integrais de Wallis como valores de Beta e a fórmula-limite de Gauss. O capítulo sobre integrais múltiplas demonstra a fórmula Beta–Gama de Euler para todos os argumentos por uma integral dupla; os capítulos de probabilidade reencontram $\Gamma$ na normalização das densidades mais comuns e nos momentos dos tempos de espera. O volume do terceiro ano de graduação reconstrói $\Gamma$ sobre fundamentos de Lebesgue, demonstra o teorema de unicidade de Bohr–Mollerup e estende a fórmula de Stirling dos inteiros à semirreta real por convergência dominada.

Exemplo 9.21 (Um cálculo clássico por derivação)

Para $x \in \R$ , seja $F(x) = \int_0^{\infty} \eu^{-t^2}\cos(xt)\,\dd t$ (absolutamente convergente, dominada por $\eu^{-t^2}$ ). Pelo Teorema 9.11 (dominação da derivada em $x$ por $t\,\eu^{-t^2}$ , integrável):

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 com $u' = t\eu^{-t^2}$ ). A equação diferencial $F' = -\frac x2 F$ integra-se em $F(x) = F(0)\,\eu^{-x^2/4}$ : a integral do tipo gaussiano se reproduz. A constante $F(0) = \int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \frac{\sqrt\pi}{2}$ é calculada no Exercício 9.8 — e de novo, por integração dupla, no Capítulo 20.

9.4 Exercícios

Exercício 9.1 ★

Natureza 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 com o comportamento divergente do tipo harmônico perto de $t = n\pi$ ).

Solução

Solução de Exercício 9.1.

$\int_0^1 \frac{\dd t}{\sqrt{t(1-t)}}$ : perto de $0$ , $\sim t^{-1/2}$ ( $\alpha = \frac12 < 1$ : converge); perto de $1$ , $\sim (1-t)^{-1/2}$ : converge. Convergente (seu valor é $\pi$ , pela substituição $t = \sin^2\theta$ ).

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

$\int_0^\infty \frac{\dd t}{1 + t^2\sin^2 t}$ : divergente. Perto de $t = n\pi$ , escreva $t = n\pi + u$ : $\sin^2 t = \sin^2 u \leq u^2$ , logo, em $\abs u \leq \frac{1}{n}$ , $1 + t^2\sin^2 t \leq 1 + (n\pi + 1)^2u^2 \leq C n^2 u^2 + 1$ ; portanto

\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} ,

um termo de uma série divergente do tipo harmônico: somando sobre $n$ , a primitiva é ilimitada.

Exercício 9.2 ★

Calcule $\displaystyle\int_0^\infty t^n \eu^{-\lambda t}\,\dd t$ ( $\lambda > 0$ ) via $\Gamma$ , e $\displaystyle\int_0^1 (\ln t)^n \dd t$ pela substituição $t = \eu^{-u}$ .

Solução

Solução de Exercício 9.2.

Substitua $u = \lambda t$ :

\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}} .

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

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

Exercício 9.3 ★

Prove que $\displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\dd t}{(1 + t^2)(1 + t^x)}$ está bem definida para todo $x \in \R$ e é independente de $x$ . (Substitua $t \mapsto \frac1t$ e faça a média das duas expressões.) Qual é seu valor?

Solução

Solução de Exercício 9.3.

Convergência: o integrando é $\leq \frac{1}{1+t^2}$ perto de $\infty$ e limitado perto de $0$ (os dois fatores são minorados longe de $0$ ): absolutamente convergente, para todo $x$ . Substituindo $t = \frac1u$ ( $\dd t = -\frac{\dd u}{u^2}$ ):

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 .

Somando as duas expressões 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} :

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

Exercício 9.4 ★★

(Integrais de Bertrand numa extremidade finita) Para quais $(\alpha, \beta)$ a integral $\displaystyle\int_0^{1/2} \frac{\dd t}{t^\alpha\,\abs{\ln t}^\beta}$ converge?

Solução

Solução de Exercício 9.4.

Perto de $0^+$ , com $u = \abs{\ln t} \to \infty$ . Se $\alpha < 1$ : convergência qualquer que seja $\beta$ (compare com $t^{-\alpha'}$ para $\alpha < \alpha' < 1$ : o fator logarítmico é vencido). Se $\alpha > 1$ : divergência qualquer que seja $\beta$ (compare com $t^{-\alpha''}$ , $1 < \alpha'' < \alpha$ ). Se $\alpha = 1$ : substitua $t = \eu^{-u}$ :

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

convergente se e somente se $\beta > 1$ . Resumo: convergência se e somente se $\alpha < 1$ , ou ( $\alpha = 1$ e $\beta > 1$ ) — o espelho das séries de Bertrand.

Exercício 9.5 ★★

Seja $F(x) = \displaystyle\int_0^{\infty} \frac{\eu^{-xt}}{1 + t^2}\,\dd t$ para $x \geq 0$ . Prove que $F$ é contínua em $\intco{0}{\infty}$ , de classe $C^2$ em $\intoo{0}{\infty}$ , satisfaz $F'' + F = \frac1x$ aí, e que $F(x) \to 0$ quando $x \to +\infty$ .

Solução

Solução de Exercício 9.5.

Continuidade em $\intco{0}{\infty}$ : dominação $\bigl|\frac{\eu^{-xt}}{1+t^2}\bigr| \leq \frac{1}{1+t^2}$ , integrável, uniforme em $x \geq 0$ : Teorema 9.10.

$C^2$ em $\intoo{0}{\infty}$ : em $x \geq a > 0$ , as duas primeiras derivadas em $x$ , $\frac{-t\,\eu^{-xt}}{1+t^2}$ e $\frac{t^2\eu^{-xt}}{1+t^2}$ , são dominadas por $t\,\eu^{-at}$ e $\eu^{-at}$ : duas aplicações do Teorema 9.11. Então

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 .

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

Exercício 9.6 ★★

(Frullani) Seja $f$ contínua em $\intco{0}{+\infty}$ com limite finito $f(\infty)$ em $+\infty$ . Prove 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 .

(Em $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substitua em cada peça e reagrupe em $\int_{a\varepsilon}^{b\varepsilon} - \int_{aM}^{bM}$ de $\frac{f(u)}u\,\dd u$ ; confronte usando a continuidade em $0$ e o limite em $\infty$ .) Calcule $\int_0^\infty \frac{\eu^{-t} - \eu^{-2t}}{t}\dd t$ .

Solução

Solução de Exercício 9.6.

Em $\intcc{\varepsilon}{M}$ , substitua $u = at$ e $u = bt$ nas duas metades:

\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 .

Primeira peça: $f(u) = f(0) + o(1)$ perto de $0$ , e $\int_{a\varepsilon} ^{b\varepsilon} \frac{\dd u}{u} = \ln\frac ba$ : a peça tende a $f(0)\ln\frac ba$ . Segunda peça: $f(u) \to f(\infty)$ , mesmo cálculo: tende a $f(\infty)\ln\frac ba$ . Logo a integral imprópria converge para $\bigl(f(0) - f(\infty)\bigr)\ln\frac ba$ .

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

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

Exercício 9.7 ★★

Justifique e calcule $\lim_{n\to\infty} \displaystyle\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t$ para $x > 0$ (convergência dominada com $\varphi(t) = \eu^{-t}t^{x-1}$ , usando $(1 - t/n)^n \leq \eu^{-t}$ ; o limite é $\Gamma(x)$ ).

Solução

Solução de Exercício 9.7.

Estenda o integrando por $0$ além de $t = n$ : $g_n(t) = (1 - \frac tn)^n t^{x-1}\mathbf{1}_{t \leq n}$ . Pontualmente, $g_n(t) \to \eu^{-t}t^{x-1}$ (o limite dos juros compostos, volume do primeiro ano de graduação). Dominação: $\ln(1 - u) \leq -u$ dá $(1 - \frac tn)^n \leq \eu^{-t}$ em $\intcc{0}{n}$ , logo $\abs{g_n(t)} \leq \eu^{-t}t^{x-1} = \varphi(t)$ , integrável. Convergência 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 o membro da esquerda por partes repetidas dá a forma de produto de Euler $\Gamma(x) = \lim \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ .)

Exercício 9.8 ★★★

(A integral gaussiana por um truque de parâmetro) Para $x \geq 0$ ponha

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 .

Prove que $G' + H' = 0$ (derive $H$ sob a integral e substitua $u = xt$ na integral resultante), deduza $G(x) + H(x) = \frac\pi4$ para todo $x$ e conclua

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

Solução

Solução de Exercício 9.8.

$H$ é derivável em $x$ (integrando $C^1$ em $x$ , derivada $-2x(1+t^2)\cdot\frac{\eu^{-x^2(1+t^2)}}{1+t^2} = -2x\,\eu^{-x^2}\eu^{-x^2t^2}$ , contínua e limitada nos compactos de $x$ , dominação 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),

pois $G'(x) = 2\eu^{-x^2}\int_0^x \eu^{-t^2}\dd t$ (regra da cadeia no quadrado, teorema fundamental do cálculo). Logo $G + H$ é constante, igual a $G(0) + H(0) = 0 + \int_0^1 \frac{\dd t}{1+t^2} = \frac\pi4$ .

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

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

(Por consequência, $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = 2\int_0^\infty \eu^{-t^2}\dd t = \sqrt\pi$ , pela substituição $t = \sqrt u$ .)

Exercício 9.9 ★★★

Prove que $\Gamma$ é log-convexa: $\ln\Gamma$ é convexa em $\intoo{0}{\infty}$ . (A desigualdade de Cauchy–Schwarz para integrais aplicada a $t^{(x+y)/2 - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ dá $\Gamma\bigl(\frac{x+y}{2}\bigr)^2 \leq \Gamma(x)\Gamma(y)$ ; combine com a continuidade e Exercício 8.8.)

Solução

Solução de Exercício 9.9.

Cauchy–Schwarz (volume do primeiro ano de graduação, válida em $\intcc{\varepsilon}{M}$ e passada ao limite) aplicada à fatoração $t^{\frac{x+y}{2}-1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1/2}$ :

\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} :

$\ln\Gamma$ é convexa no ponto médio; sendo contínua (Teorema 9.18), ela é convexa (Exercício 8.8). (A log-convexidade fixa $\Gamma$ de modo único entre as interpolações do fatorial — o teorema de Bohr–Mollerup, uma pérola do terceiro ano.)

Exercício 9.10 ★★★

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

Justifique $F'(x) = -\frac{1}{1 + x^2}$ (derive sob a integral; calcule $\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ por duas integrações por partes).
Prove que $F(x) \to 0$ quando $x \to +\infty$ e deduza $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Admitindo a continuidade de $F$ em $0^+$ (um teorema do tipo Abel), conclua o valor da integral semiconvergente:

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

Solução

Solução de Exercício 9.10.

Em $x \geq a > 0$ : a derivada em $x$ do integrando é $-\sin t\,\eu^{-xt}$ , dominada por $\eu^{-at}$ : o Teorema 9.11 dá $F'(x) = -\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t$ . Duas integrações por partes (ou a exponencial complexa):

$\int_0^\infty \eu^{-xt}\sin t\,\dd t = \Im \int_0^\infty \eu^{(-x+\iu)t}\dd t = \Im\frac{1}{x - \iu} = \frac{1}{1 + x^2} .$
$\abs{F(x)} \leq \int_0^\infty \eu^{-xt}\dd t = \frac1x \to 0$ . Integrando $F' = -\frac{1}{1+x^2}$ de $x$ a $\infty$ : $0 - F(x) = -\bigl(\frac\pi2 - \arctan x\bigr)$ , logo $F(x) = \frac\pi2 - \arctan x$ .
Fazendo $x \to 0^+$ com a continuidade admitida: $F(0^+) = \frac\pi2$ , e $F(0) = \int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ (a integral semiconvergente de Dirichlet, Exemplo 9.5): seu valor é $\frac\pi2$ .

Exercício 9.11 ★★

Justifique a convergência de $\displaystyle\int_0^\infty \Bigl(\frac{\sin t}{t}\Bigr)^{\!2}\dd t$ e depois calcule-a por uma integração por partes e Exercício 9.10:

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

(O mesmo valor do $\int_0^\infty \frac{\sin t}{t}\dd t$ — mas desta vez a convergência é absoluta.)

Solução

Solução de Exercício 9.11.

Convergência: perto de $0$ o integrando se estende continuamente pelo valor $1$ ( $\sin t \sim t$ ); no infinito ele é $\leq t^{-2}$ : convergência absoluta. Em $\intcc{\varepsilon}{M}$ , integre por partes com $u = \sin^2 t$ , $v' = t^{-2}$ :

\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

( $u = 2t$ na última integral). O colchete tende a $0$ nas duas pontas ( $\sin^2\varepsilon/\varepsilon \leq \varepsilon$ ; $\sin^2 M/M \leq 1/M$ ), e a última integral tende a $\int_0^\infty \frac{\sin u}{u}\dd u = \frac\pi2$ (Exercício 9.10). Logo

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

Exercício 9.12 ★★★

(A cauda gaussiana) Para $x > 0$ ponha $T(x) = \displaystyle \int_x^\infty \eu^{-t^2}\dd t$ .

Escrevendo $\eu^{-t^2} = \frac{1}{-2t}\cdot(-2t\,\eu^{-t^2})$ , integre por partes duas vezes para obter

$T(x) = \eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) + \frac34\int_x^\infty \frac{\eu^{-t^2}}{t^4}\,\dd t .$
Majore o resto: $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\,\eu^{-x^2}$ , e deduza o enquadramento

$\eu^{-x^2}\Bigl(\frac{1}{2x} - \frac{1}{4x^3}\Bigr) \leq T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}, \qquad\text{logo}\qquad T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x} \quad (x \to +\infty).$
Por que a série alternada completa obtida iterando as partes nunca pode convergir para $x$ fixo? (Compare o crescimento dos coeficientes $1\cdot3\cdots(2k-1)$ com as potências $(2x^2)^k$ .)

Solução

Solução de Exercício 9.12.

Partes com $u = \frac{-1}{2t}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ (de modo que $v = \eu^{-t^2}$ ):

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

Mesmo dispositivo na nova integral ( $u = \frac{-1}{4t^3}$ , $v' = -2t\,\eu^{-t^2}$ ):

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

donde a identidade anunciada.
Mais uma integração por partes majora o resto:

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

logo $0 \leq \frac34\int_x^\infty t^{-4}\eu^{-t^2}\dd t \leq \frac{3}{8x^5}\eu^{-x^2}$ . Descartar o resto (positivo) na identidade da questão 1 dá a cota inferior; descartar o segundo termo (negativo) da primeira integração por partes dá $T(x) \leq \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ . Dividindo o enquadramento por $\frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ : a razão fica espremida entre $1 - \frac{1}{2x^2}$ e $1$ , logo $T(x) \sim \frac{\eu^{-x^2}}{2x}$ .
Iterar as partes produz a série formal

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

cujo $k$ -ésimo coeficiente $1\cdot3\cdots(2k-1) = \frac{(2k)!}{2^k k!}$ cresce mais depressa do que qualquer sequência geométrica: para $x$ fixo os termos $\frac{1\cdot3\cdots(2k-1)}{(2x^2)^k}$ tendem a infinito (sua razão é $\frac{2k+1}{2x^2} \to \infty$ ), de modo que a série diverge para todo $x$ . Trata-se de um desenvolvimento assintótico: truncado em qualquer ordem fixa, o erro é da ordem do primeiro termo omitido quando $x \to \infty$ — mas nunca de uma série convergente. (Essa estimativa de cauda é a cota padrão da cauda gaussiana dos capítulos de probabilidade.)

9.5 Problema: as integrais de Euler — Beta, Gama e a fórmula-limite de Gauss

Problema 9.1

A função $\Gamma$ da Definição 9.17 é uma metade do cálculo de integrais de Euler; a outra metade é a função Beta

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

Este problema desenvolve o par $(\Gamma, B)$ apenas com as ferramentas deste capítulo — integração por partes, substituição, convergência dominada — e culmina na fórmula Beta–Gama de Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)} {\Gamma(x+y)}$ nos semi-inteiros e na fórmula-limite de Gauss para $\Gamma$ . Pelo caminho, as integrais de Wallis do Lema 6.11 reaparecem como valores de Beta, e a fórmula de duplicação de Legendre cai no colo.

Parte I — Estrutura fina de $\Gamma$ .

Relembre por que $\Gamma(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}\dd t$ converge exatamente para $x > 0$ e mostre que

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

(equação funcional mais continuidade de $\Gamma$ em $1$ ).
Prove $\Gamma\bigl(\tfrac12\bigr) = \sqrt\pi$ (substitua $t = u^2$ e invoque o Exercício 9.8) e deduza $\int_\R \eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ .
Mostre por indução, para $n \in \N$ :

$\Gamma\Bigl(n + \frac12\Bigr) = \frac{(2n)!}{4^n\,n!}\,\sqrt\pi .$
Justifique $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t > 0$ e deduza que $\Gamma$ é estritamente convexa, atinge um mínimo único em algum $x_0 \in \intoo{1}{2}$ ( $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ e Rolle), decresce em $\intoo{0}{x_0}$ e cresce em $\intoo{x_0}{\infty}$ .
Mostre que $\Gamma$ vence toda potência: para cada $k \in \N$ , $x^k = o\bigl(\Gamma(x)\bigr)$ quando $x \to +\infty$ (confronte $x$ entre inteiros e use $\Gamma(n+1) = n!$ com a monotonicidade da questão 4).

Parte II — A função Beta, por partes.

Mostre que $B(x,y)$ converge exatamente para $x > 0$ e $y > 0$ , e que $B(x,y) = B(y,x)$ .
Calcule $B(x, 1) = \frac1x$ e prove, por integração por partes, para $x, y > 0$ :

$B(x, y+1) = \frac{y}{x}\,B(x+1, y) .$
Da decomposição $t^{x-1}(1-t)^{y-1} = t^{x}(1-t)^{y-1} + t^{x-1}(1-t)^{y}$ deduza $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ e combine com a questão 7 nas relações de descida

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

$B(m, n) = \frac{(m-1)!\,(n-1)!}{(m+n-1)!} = \frac{1}{(m+n-1)\binom{m+n-2}{m-1}} .$
Demonstre a fórmula de Euler com um argumento inteiro: para todo $x > 0$ e $n \in \N^*$ ,

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

(indução sobre $n$ : os dois lados valem $\frac1x$ em $n = 1$ e obedecem à mesma relação de descida).

Parte III — As integrais de Wallis como valores de Beta.

Substitua $t = \sin^2\theta$ para obter a forma trigonométrica

$B(x, y) = 2\int_0^{\pi/2} \sin^{2x-1}\theta\,\cos^{2y-1}\theta\,\dd\theta .$
Deduza $W_n = \frac12\,B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr)$ para a integral de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n \theta\,\dd\theta$ e recupere a recorrência $W_n = \frac{n-1}{n}W_{n-2}$ do Lema 6.11 só a partir das relações de descida da questão 8.
Calcule $B\bigl(\frac12, \frac12\bigr) = 2W_0 = \pi$ e confira contra $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1)$ : a fórmula de Euler vale em $\bigl(\frac12, \frac12\bigr)$ .
Deduza a forma fechada $W_{2n} = \frac\pi2\, \frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ da recorrência e verifique

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

Conclua, por indução com as relações de descida, que a fórmula de Euler $B(x,y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ vale sempre que $2x$ e $2y$ são inteiros positivos.
Substitua $u = \frac{t}{1-t}$ para obter a terceira forma clássica

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

e confira o caso $x = y = \frac12$ diretamente ( $u = v^2$ reduz a $\int_0^\infty\frac{2\,\dd v}{1+v^2}$ ).

Parte IV — A fórmula-limite de Gauss.

Para $x > 0$ e $n \in \N^*$ , prove por $n$ integrações por partes sucessivas:

$\int_0^n \Bigl(1 - \frac tn\Bigr)^{\!n} t^{x-1}\,\dd t = \frac{n!\;n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} .$
Conclua com Exercício 9.7 (convergência dominada) a fórmula-limite de Gauss:

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

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

em que $\gamma$ é a constante de Euler (Exemplo 6.7); justifique a convergência da série (o termo geral é $\sim \frac{x^2}{2k^2}$ ).
Use a fórmula de Gauss em $x = \frac12$ e a assintótica do binomial central $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ (Exemplo 6.14) para recalcular $\Gamma\bigl(\frac12\bigr) = \sqrt\pi$ : a constante de Stirling e a integral gaussiana são o mesmo número em dois disfarces.
Verifique que a fórmula de Gauss redemonstra a equação funcional: da identidade exata

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

conclua $\Gamma(x+1) = x\,\Gamma(x)$ mais uma vez. (A fórmula de Gauss determina $\Gamma$ de imediato; o volume do terceiro ano de graduação demonstra o teorema mais fino de Bohr–Mollerup: a equação funcional mais a log-convexidade já fixam $\Gamma$ .)

Parte V — Dividendos.

Para $a > 0$ mostre que $\int_0^\infty \eu^{-t^a}\dd t = \Gamma\bigl(1 + \frac1a\bigr)$ e calcule o limite quando $a \to +\infty$ por convergência dominada (limite pontual $\mathbf 1_{t < 1}$ ; domine por $1$ em $\intoc{0}{1}$ e por $\eu^{-t^2}$ além, para $a \geq 2$ ). Confira a resposta contra a continuidade de $\Gamma$ .
Para $n \geq 1$ mostre que

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

e recupere os valores $2$ ( $n = 1$ ) e $\frac\pi2$ ( $n = 2$ ). (Para $n = 4$ essa é a constante da lemniscata, que não tem forma fechada elementar; sua história pertence à teoria das integrais elípticas.)
(Momentos) Para $x > 0$ e $k \in \N$ , mostre que

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

o fatorial ascendente; confira que $x = 1$ dá $k!$ . (Nos capítulos de probabilidade esse é o $k$ -ésimo momento de uma densidade padrão de tempo de espera.)
Demonstre a identidade Beta, válida para todos $x > 0$ :

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

(substitua $t = \frac{1+s}2$ , explore a simetria em $s$ e depois ponha $s = \sqrt v$ ). Deduza, para $2x \in \N^*$ , a fórmula de duplicação de Legendre

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

e verifique-a diretamente em $x = n$ pela questão 3. (Para $x$ geral ela decorre da mesma identidade uma vez conhecida a fórmula de Euler para todos os argumentos — a demonstração por integral dupla no capítulo sobre integrais múltiplas.)
Síntese. Uma frase para cada: (i) onde a integração por partes carregou toda a Parte II; (ii) onde a convergência dominada entrou nas Partes IV e V; (iii) quais insumos assintóticos foram importados do capítulo de comparação; (iv) o que está agora demonstrado da fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ , e o que resta para a integral dupla resolver.

Solução

Solução de Problema 9.1.

1. Em $0^+$ o integrando é $\sim t^{x-1}$ : a escala de extremidade finita converge se e somente se $1 - x < 1$ , isto é, $x > 0$ (e, para $x \leq 0$ , $t^{x-1} \geq t^{-1}$ diverge); em $+\infty$ , $t^{x-1}\eu^{-t} = o(t^{-2})$ converge para todo $x$ . Então $\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+1)}{x}$ e $\Gamma(x+1) \to \Gamma(1) = 1$ quando $x \to 0^+$ (continuidade, Teorema 9.18): $\Gamma(x) \sim \frac1x$ .

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

\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

pelo Exercício 9.8. Com $u = v/\sqrt2$ :

\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. Verdadeiro para $n = 0$ (os dois lados valem $\sqrt\pi$ ). Se $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi$ , a equação funcional dá

\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 ,

o último passo porque $\frac{(2n+2)!}{(2n)!} = (2n+2)(2n+1)$ e $\frac{2n+1}{2} = \frac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)}$ .

4. O Teorema 9.18 dá $\Gamma''(x) = \int_0^\infty t^{x-1}\eu^{-t}(\ln t)^2\dd t$ (duas aplicações da regra de Leibniz, com dominações como na demonstração do teorema); o integrando é $\geq 0$ e não identicamente nulo, logo $\Gamma'' > 0$ : $\Gamma$ é estritamente convexa e $\Gamma'$ é estritamente crescente. Como $\Gamma(1) = \Gamma(2) = 1$ , Rolle fornece $x_0 \in \intoo12$ com $\Gamma'(x_0) = 0$ ; a monotonicidade estrita de $\Gamma'$ faz de $x_0$ seu único zero, com $\Gamma' < 0$ antes e $\Gamma' > 0$ depois: $\Gamma$ decresce em $\intoo0{x_0}$ , cresce em $\intoo{x_0}\infty$ , e $x_0$ é o mínimo único.

5. Sejam $k \in \N$ e $x \geq 3$ ; escolha o inteiro $n$ com $n + 1 \leq x < n + 2$ (de modo que $n \geq 1$ ). Pela monotonicidade da questão 4 (válida a partir de $x_0 < 2$ ): $\Gamma(x) \geq \Gamma(n + 1) = n!$ , enquanto $x^k \leq (n+2)^k$ . Como $\frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ (os fatoriais vencem as potências, volume do primeiro ano de graduação), $\frac{\Gamma(x)}{x^k} \geq \frac{n!}{(n+2)^k} \to \infty$ quando $x \to \infty$ : $x^k = o(\Gamma(x))$ .

6. Perto de $0$ o integrando é $\sim t^{x-1}$ (convergente se e somente se $x > 0$ ), perto de $1$ ele é $\sim (1-t)^{y-1}$ (se e somente se $y > 0$ ); as duas comparações são entre funções positivas, logo $B(x,y)$ converge exatamente para $x, y > 0$ . A substituição $t \mapsto 1 - t$ troca os dois fatores: $B(x,y) = B(y,x)$ .

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

\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 ;

o colchete se anula nas duas pontas quando $\varepsilon \to 0$ ( $x > 0$ em $0$ , $y > 0$ em $1$ ), restando $B(x, y+1) = \frac yx\,B(x+1, y)$ .

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},

logo $B(x,y) = B(x+1,y) + B(x,y+1)$ . A questão 7 se lê $B(x+1,y) = \frac xy B(x,y+1)$ ; substituindo,

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

isto é, $B(x,y+1) = \frac{y}{x+y}B(x,y)$ ; a relação gêmea segue da simetria da questão 6.

9. Indução sobre $n$ com $m$ fixo: $B(m,1) = \frac1m = \frac{(m-1)!\,0!}{m!}$ e, se a fórmula vale em $n$ ,

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)!} .

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

10. Os dois lados de $B(x,n) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(n)}{\Gamma(x+n)}$ valem $\frac1x$ em $n = 1$ ( $\Gamma(1) = 1$ , $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ ). Se eles coincidem em $n$ , então, pela relação de descida e pela equação 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)} :

as duas sequências obedecem à mesma recursão a partir da mesma semente, logo coincidem para todo $n \in \N^*$ e todo $x > 0$ .

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

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 $y = \frac12$ (matando o fator cosseno) e $2x - 1 = n$ : $B\bigl(\frac{n+1}2, \frac12\bigr) = 2W_n$ , isto é, $W_n = \frac12 B\bigl(\frac{n+1}2,\frac12\bigr)$ . A relação de descida na primeira variável dá

\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} :

a recorrência de Wallis, desta vez sem nenhuma integração por partes sobre senos — a Parte II fez o trabalho de uma vez por todas.

13. $B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = 2W_0 = 2\cdot\frac\pi2 = \pi$ , enquanto $\Gamma\bigl(\frac12\bigr)^2/\Gamma(1) = (\sqrt\pi)^2 = \pi$ : a fórmula de Euler vale em $\bigl(\frac12,\frac12\bigr)$ .

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

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

pois $\prod(2k-1) = \frac{(2n)!}{2^n n!}$ e $\prod 2k = 2^n n!$ . Logo, usando a questão 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)} .

Fixe agora $x \in \frac12\N^*$ . A fórmula de Euler vale em $(x, \frac12)$ : para $x$ inteiro isso é a questão 10 (com a simetria), para $x = n + \frac12$ é a fórmula acima. Os dois lados da fórmula de Euler obedecem à recursão de descida $y \mapsto y + 1$ (questão 8 à esquerda, equação funcional à direita, como na questão 10): a indução propaga a fórmula de $y = \frac12$ e $y = 1$ a todo $y \in \frac12\N^*$ . A fórmula de Euler vale, portanto, sempre que $2x, 2y \in \N^*$ .

15. Com $u = \frac{t}{1-t}$ , isto é, $t = \frac{u}{1+u}$ , $1 - t = \frac{1}{1+u}$ , $\dd t = \frac{\dd u}{(1+u)^2}$ :

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 .

Em $x = y = \frac12$ , com $u = v^2$ :

\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. Uma integração por partes, para $1 \leq k \leq n$ e $s > 0$ ( $u = (1 - t/n)^k$ , $v = t^s/s$ ; os termos de bordo se anulam):

\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 .

Partindo de $k = n$ , $s = x$ e iterando $n$ vezes:

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

17. Pelo Exercício 9.7 o membro da esquerda tende a $\Gamma(x)$ (convergência dominada com dominante $t^{x-1}\eu^{-t}$ ); o membro da direita é o quociente de Gauss:

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

18. Tomando logaritmos no quociente da questão 16, $G_n(x)$ , e 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 $u \geq 0$ , $u - \frac{u^2}2 \leq \ln(1+u) \leq u$ , de modo que o termo geral está em $\intcc{0}{x^2/(2k^2)}$ : a série converge (comparação com $\sum k^{-2}$ ). Como $\ln n - H_n \to -\gamma$ (Exemplo 6.7) e $\ln G_n(x) \to \ln\Gamma(x)$ (questão 17 e continuidade de $\ln$ ):

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

19. Em $x = \frac12$ , o denominador é $\prod_{k=0}^n\bigl(k+\frac12\bigr) = \frac{(2n+1)!}{2^{2n+1}n!}$ (desenvolvendo as metades), logo

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}} .

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

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

O $\sqrt\pi$ do coeficiente binomial central (que veio de Wallis, logo da constante de Stirling) e o $\sqrt\pi$ da integral gaussiana são o mesmo número.

20. A identidade é álgebra direta: multiplique $\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ por $\frac{nx}{x+n+1}$ e absorva $x$ no produto e $n$ em $n^x$ . Fazendo $n \to \infty$ : o membro da esquerda tende a $\Gamma(x+1)$ (Gauss em $x+1$ ), o da direita a $\Gamma(x)\cdot x\cdot 1$ , pois $\frac{n}{x+n+1} \to 1$ : $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — recuperado sem uma única integração por partes.

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

\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) .

Quando $a \to +\infty$ (ao longo de qualquer sequência): $\eu^{-t^a} \to 1$ para $0 < t < 1$ , $\to \eu^{-1}$ em $t = 1$ , $\to 0$ para $t > 1$ ; para $a \geq 2$ domine por $\mathbf 1_{t \leq 1} + \eu^{-t^2}\mathbf 1_{t > 1}$ ( $t^a \geq t^2$ para $t \geq 1$ ), integrável. Convergência dominada: a integral tende a $\int_0^1 1\,\dd t = 1$ — como tinha de ser, pois $\Gamma(1 + \frac1a) \to \Gamma(1) = 1$ pela continuidade.

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

\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) .

$n = 1$ : $B\bigl(1,\frac12\bigr) = B\bigl(\frac12,1\bigr) = 2$ , coincidindo com $\int_0^1\frac{\dd t}{\sqrt{1-t}} = 2$ . $n = 2$ : $\frac12 B\bigl(\frac12,\frac12\bigr) = \frac\pi2 = \arcsin 1$ . Para $n = 4$ o valor $\frac14 B\bigl(\frac14,\frac12\bigr)$ é a constante da lemniscata: nenhuma forma fechada elementar.

23. Iterando a equação 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 ,

o fatorial ascendente com $k$ fatores. Em $x = 1$ : $\Gamma(1+k)/\Gamma(1) = k!$ , os momentos de $\eu^{-t}$ vindos do Exercício 9.2.

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

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

(o integrando é par). Depois $s = \sqrt v$ ( $\dd s = \frac{\dd v}{2\sqrt v}$ ):

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 os argumentos à vista estão em $\frac12\N^*$ , de modo que a fórmula de Euler (questão 14) se aplica aos dois 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) .

Verificação direta em $x = n$ : o membro da esquerda é $(n-1)!\cdot \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n!} = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ , o da direita $2\cdot4^{-n}\sqrt\pi\,(2n-1)! = \frac{(2n)!\sqrt\pi}{4^n n}$ : iguais.

25. (i) A integração por partes produziu $B(x,y+1) = \frac yx B(x+1,y)$ , a única identidade da qual decorrem toda relação de descida, os valores inteiros e semi-inteiros e a recorrência de Wallis. (ii) A convergência dominada transformou as integrais elementares $\int_0^n(1-t/n)^n t^{x-1}$ em $\Gamma(x)$ (fórmula de Gauss, questão 17) e calculou o limite $a \to \infty$ na questão 21. (iii) Do capítulo de comparação importamos a constante de Euler ( $\ln n - H_n \to -\gamma$ , questão 18) e a assintótica do binomial central (questão 19) — isto é, a fórmula de Stirling disfarçada. (iv) A fórmula de Euler $B(x,y) = \Gamma(x)\Gamma(y)/\Gamma(x+y)$ está agora demonstrada para $y \in \N^*$ com $x > 0$ arbitrário (questão 10) e para todos os pares semi-inteiros (questão 14); o caso geral $x, y > 0$ aguarda o cálculo por integral dupla do capítulo sobre integrais múltiplas, que fatoriza $\Gamma(x)\Gamma(y)$ sobre um quarto de plano.

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