Matemática universitária — Graduação 3 · Bachelor Year 3

10A integral de Lebesgue

A integral de Riemann fatia o domínio em pequenos intervalos; a de Lebesgue fatia a imagem: para integrar $f$ , meça os conjuntos $\{f > t\}$ . A mudança parece inocente e é revolucionária. Limites e integrais, eternamente em desavença na teoria de Riemann (exigia-se convergência uniforme!), reconciliam-se por três teoremas de convergência — convergência monótona, Fatou, convergência dominada — cujas hipóteses são de uma fraqueza quase embaraçosa. Este capítulo constrói a integral sobre um espaço de medida arbitrário $(X, \mathcal A, \mu)$ , demonstra os três teoremas, esclarece a relação exata com a integral de Riemann (uma função limitada é Riemann-integrável se, e somente se, é contínua quase em toda parte) e industrializa a derivação de integrais dependentes de parâmetro — a técnica que o problema de fim de semana usa para calcular $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ e $\int_\R \eu^{-x^2}\dd x$ .

10.1 Funções mensuráveis

Definição 10.1

Sejam $(X, \mathcal A)$ e $(Y, \mathcal B)$ espaços mensuráveis. $f \colon X \to Y$ é mensurável se $f^{-1}(B) \in \mathcal A$ para todo $B \in \mathcal B$ . Para funções reais (ou a valores em $[-\infty,+\infty]$ ), $Y = \R$ carrega sua $\sigma$ -álgebra de Borel, e basta verificar $f^{-1}(\intoo t{+\infty}) = \{f > t\} \in \mathcal A$ para todo $t \in \R$ : os bons conjuntos $\{B : f^{-1}(B) \in \mathcal A\}$ formam uma $\sigma$ -álgebra (as pré-imagens comutam com as operações de conjuntos) que contém as semirretas geradoras (Definição 9.2, Método 9.17).

Proposição 10.2

(a) Composições de aplicações mensuráveis são mensuráveis; aplicações contínuas são Borel-mensuráveis. (b) Se $f, g \colon X \to \R$ são mensuráveis, também o são $f + g$ , $fg$ , $\max(f,g)$ , $\abs f$ , $\lambda f$ . (c) Se as $(f_n)$ são mensuráveis com valores em $[-\infty, +\infty]$ , então $\sup_nf_n$ , $\inf_nf_n$ , $\limsup f_n$ , $\liminf f_n$ são mensuráveis; se $f_n \to f$ pontualmente, $f$ é mensurável.

Demonstração. (a) $(g\circ f)^{-1}(B) = f^{-1}(g^{-1}(B))$ ; a continuidade dá a mensurabilidade via os abertos geradores (Problema 9.1, questão 10, em forma geral). (b) $(f, g) \colon X \to \R^2$ é mensurável para a $\sigma$ -álgebra de Borel de $\R^2$ — verifique nos blocos abertos, que a geram (os abertos de $\R^2$ são reuniões enumeráveis de blocos racionais): $(f,g)^{-1}(U\times V) = f^{-1}(U)\cap g^{-1}(V)$ — e $+, \times, \max$ são contínuas $\R^2 \to \R$ : componha. (c) $\{\sup f_n > t\} = \bigcup_n\{f_n > t\}$ ; $\inf = -\sup(-)$ ; $\limsup = \inf_N\sup_{n \geq N}$ ; um limite pontual é seu próprio $\limsup$ . ∎

Definição 10.3

Uma função simples é uma função mensurável com um número finito de valores: $s = \sum_{i=1}^n c_i\,\mathbf 1_{A_i}$ , com $A_i \in \mathcal A$ disjuntos e $c_i \geq 0$ (para a teoria não negativa). Sua integral é

\int s\,\dd\mu = \sum_i c_i\,\mu(A_i) \in [0, +\infty]

(com a convenção $0\cdot\infty = 0$ ); o valor não depende da representação (refine duas partições).

Teorema 10.4 (Aproximação por funções simples)

Toda função mensurável $f \colon X \to [0, +\infty]$ é o limite pontual de uma sequência crescente de funções simples:

s_n = \sum_{k=1}^{n2^n} \frac{k-1}{2^n}\, \mathbf 1_{\{\frac{k-1}{2^n} \leq f < \frac k{2^n}\}} + n\,\mathbf 1_{\{f \geq n\}} \nearrow f .

Demonstração. Cada $s_n$ é simples (os conjuntos são pré-imagens de borelianos). Monotonicidade: passar de $n$ a $n+1$ divide cada nível diádico em dois e nunca diminui o valor atribuído (um ponto com $\frac{k-1}{2^n} \leq f(x) < \frac k{2^n}$ recebe $\frac{2k-2}{2^{n+1}}$ ou $\frac{2k-1}{2^{n+1}}$ , ambos $\geq \frac{k-1}{2^n}$ ; e o teto $n$ também sobe). Convergência: se $f(x) < \infty$ , para $n > f(x)$ temos $f(x) - s_n(x) \leq 2^{-n}$ ; se $f(x) = \infty$ , $s_n(x) = n \to \infty$ . ∎

10.2 A integral e os teoremas de convergência

Definição 10.5

Para $f \geq 0$ mensurável:

\int f \,\dd\mu = \sup\Bigl\{\int s\,\dd\mu : s \text{ simples}, \ 0 \leq s \leq f\Bigr\} \in [0, +\infty].

Ela é monótona em $f$ por construção e estende o caso simples (para $f$ simples, o supremo é atingido em $f$ : comparação de integrais de funções simples via refinamentos comuns).

Teorema 10.6 (Convergência monótona, Beppo Levi)

Se $0 \leq f_n \nearrow f$ pontualmente (com todas mensuráveis), então

\int f_n\,\dd\mu \nearrow \int f\,\dd\mu .

Demonstração. $f$ é mensurável (Proposição 10.2(c)) e $\int f_n$ cresce até algum $L \leq \int f$ (monotonicidade). Reciprocamente, fixe uma função simples $s = \sum c_i\mathbf 1_{A_i} \leq f$ e $\theta \in (0,1)$ ; os conjuntos $E_n = \{f_n \geq \theta s\}$ são mensuráveis e crescem até $X$ (onde $s(x) > 0$ : $f(x) \geq s(x) > \theta s(x)$ , de modo que, a partir de certo índice, $f_n(x) \geq \theta s(x)$ ; onde $s(x) = 0$ : trivialmente). Então

\int f_n \geq \int_{E_n}\theta s\,\dd\mu = \theta\sum_i c_i\,\mu(A_i \cap E_n) \xrightarrow[n\to\infty]{} \theta\sum_ic_i\,\mu(A_i) = \theta\int s

por continuidade por baixo (Proposição 9.6(c)). Logo $L \geq \theta\int s$ para todo $\theta < 1$ e toda $s \leq f$ simples: $L \geq \int f$ . ∎

Corolário 10.7

Para $f, g \geq 0$ mensuráveis e $c \geq 0$ : $\int(f + g) = \int f + \int g$ e $\int cf = c\int f$ ; e, para uma série de funções mensuráveis não negativas, $\int\sum_nf_n = \sum_n\int f_n$ .

Demonstração. Para funções simples, a aditividade é um cálculo em um refinamento comum. No caso geral, tome $s_n \nearrow f$ , $t_n \nearrow g$ (Teorema 10.4): $s_n + t_n \nearrow f + g$ , e o teorema da convergência monótona passa a aditividade ao limite. O enunciado sobre séries é esse mesmo teorema aplicado às somas parciais. ∎

Teorema 10.8 (Lema de Fatou)

Para $f_n \geq 0$ mensuráveis:

\int \liminf_n f_n \,\dd\mu \;\leq\; \liminf_n \int f_n\,\dd\mu .

Demonstração. Ponha $g_N = \inf_{n\geq N}f_n$ : mensurável, $0 \leq g_N \nearrow \liminf f_n$ , e $g_N \leq f_n$ para todo $n \geq N$ , de modo que $\int g_N \leq \inf_{n \geq N}\int f_n$ . Aplique a convergência monótona ao membro esquerdo: $\int\liminf f_n = \lim_N\int g_N \leq \lim_N\inf_{n\geq N}\int f_n = \liminf\int f_n$ . ∎

Definição 10.9

Uma função mensurável $f \colon X \to \R$ (ou a valores em $\C$ ) é integrável se $\int\abs f\,\dd\mu < \infty$ ; então $\int f = \int f^+ - \int f^-$ (partes positiva e negativa; partes real e imaginária no caso complexo). A integral é linear nas funções integráveis (decomponha e recombine as partes positivas; o caso complexo se reduz ao real) e satisfaz $\abs{\int f} \leq \int\abs f$ (caso real: $\pm\int f = \int(\pm f) \leq \int\abs f$ ; caso complexo: multiplique por uma constante unimodular para tornar a integral real). Uma propriedade vale quase em toda parte (q.t.p.) se falha apenas em um conjunto $\mu$ -nulo; modificar $f$ em um conjunto nulo não altera integral alguma (a diferença é dominada por $\infty\cdot\mathbf 1_N$ , de integral $0$ ).

Teorema 10.10 (Convergência dominada)

Seja $f_n \to f$ q.t.p., com $\abs{f_n} \leq g$ q.t.p. para uma $g$ integrável fixada. Então $f$ é integrável e

\int f_n\,\dd\mu \longrightarrow \int f\,\dd\mu, \qquad\text{de fato}\quad \int\abs{f_n - f}\,\dd\mu \to 0 .

Demonstração. Descarte um conjunto nulo para tornar as hipóteses pontuais. $\abs f \leq g$ : $f$ é integrável. As funções $h_n = 2g - \abs{f_n - f} \geq 0$ satisfazem $\liminf h_n = 2g$ ; Fatou dá

\int 2g \leq \liminf\int\bigl(2g - \abs{f_n - f}\bigr) = \int 2g - \limsup\int\abs{f_n - f},

logo $\limsup\int\abs{f_n - f} \leq 0$ (a subtração é legítima: $\int 2g < \infty$ ). Por fim, $\abs{\int f_n - \int f} \leq \int\abs{f_n - f} \to 0$ . ∎

Método 10.11

Diante de $\lim_n\int f_n$ : tente, nesta ordem — (1) a sequência é monótona (ou é uma série de termos não negativos)? Convergência monótona, sem precisar de integrabilidade. (2) Existe um único dominador integrável $g \geq \abs{f_n}$ , obtido por estimativas grosseiras (o “ $\sup_n$ ” das estimativas)? Convergência dominada. (3) Sem dominação nem monotonicidade? Fatou ainda limita um dos lados, e a igualdade pode genuinamente falhar: a onda que foge, $f_n = n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ , tem $\int f_n = 1$ , mas $f_n \to 0$ q.t.p. A dominação é exatamente o que impede a massa de escapar para o infinito, na vertical ou na horizontal.

10.3 Riemann contra Lebesgue

Teorema 10.12 (Critério de Lebesgue)

Seja $f \colon \intcc ab \to \R$ limitada. Então $f$ é Riemann-integrável se, e somente se, $f$ é contínua $\lambda$ -quase em toda parte; nesse caso, $f$ é Lebesgue-integrável e as duas integrais coincidem.

Demonstração. Para uma subdivisão $\sigma = (a = x_0 < \dots < x_N = b)$ , sejam $L_\sigma$ e $U_\sigma$ as funções escada iguais, em cada $\intoo{x_{i-1}}{x_i}$ , a $m_i = \inf_{[x_{i-1}, x_i]}f$ e a $M_i = \sup$ ; as somas de Darboux são suas integrais (Riemann e Lebesgue coincidem em funções escada, ambas dando $\sum m_i\Delta x_i$ ). Tome uma sequência de subdivisões $\sigma_n$ , cada uma refinando a anterior, de malha $\to 0$ , com somas de Darboux convergindo às integrais de Darboux inferior e superior de $f$ . Os refinamentos tornam $L_{\sigma_n}$ não decrescente e $U_{\sigma_n}$ não crescente pontualmente fora do conjunto enumerável $D$ de todos os pontos de divisão; chame os limites de $\ell$ e $u$ (mensuráveis, Proposição 10.2). Para $x \notin D$ , escrevendo $I_n(x)$ para o intervalo aberto de $\sigma_n$ que contém $x$ : $\ell(x) = \sup_n\inf_{I_n(x)}f$ e $u(x) = \inf_n\sup_{I_n(x)}f$ ; como as malhas encolhem a $0$ , essas são as envoltórias inferior e superior de $f$ em $x$ — $u(x) - \ell(x)$ é a oscilação de $f$ em $x$ —, de modo que $\ell(x) = u(x)$ se, e somente se, $f$ é contínua em $x$ . Por convergência monótona ou dominada (função limitada, intervalo finito):

\int_{\intcc ab}\ell\,\dd\lambda = \lim_n\int L_{\sigma_n} = \underline{\int}f, \qquad \int_{\intcc ab}u\,\dd\lambda = \overline{\int}f .

$f$ Riemann-integrável $\iff$ $\underline\int f = \overline\int f$ $\iff$ $\int(u - \ell) = 0$ $\iff$ $u = \ell$ q.t.p. ( $u - \ell \geq 0$ ; Exercício 10.5) $\iff$ $f$ contínua q.t.p. Nesse caso, $\ell \leq f \leq u$ com $\ell = u$ q.t.p.: $f$ é igual q.t.p. à função mensurável $\ell$ e, portanto, é Lebesgue-mensurável (completude de $\lambda$ ), com $\int f\,\dd\lambda = \int\ell\,\dd\lambda = \underline\int f = \int_a^bf$ . ∎

Exemplo 10.13

$\mathbf 1_\Q$ não é contínua em ponto algum: não é Riemann-integrável — mas é trivial para Lebesgue: $\int\mathbf 1_\Q\,\dd\lambda = \lambda(\Q) = 0$ . A função de Thomae ( $\frac1q$ nos racionais $\frac pq$ e $0$ nos demais pontos) é contínua exatamente nos irracionais: é Riemann-integrável com integral $0$ . E as integrais de Riemann impróprias são uma noção diferente: $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\,\dd x$ converge como limite de $\int_0^A$ (o problema de fim de semana a calcula: $= \frac\pi2$ ), mas $\frac{\sin x}x \notin L^1(\intoo0{+\infty})$ : a integral absoluta diverge como a série harmônica (Exercício 10.6). A teoria de Lebesgue troca a convergência condicional por teoremas de limite robustos.

10.4 Integrais com parâmetros

Ao longo de toda esta seção, $(X, \mathcal A, \mu)$ é um espaço de medida, $T$ é um espaço métrico (o parâmetro) e $f \colon T \times X \to \C$ é tal que $f(t, \cdot)$ é integrável para cada $t$ ; ponha $F(t) = \int_X f(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Teorema 10.14 (Continuidade)

Suponha: $t \mapsto f(t,x)$ é contínua em $t_0$ para q.t.p. $x$ , e existe uma função integrável $g$ com $\abs{f(t,x)} \leq g(x)$ para todo $t$ em uma vizinhança de $t_0$ e q.t.p. $x$ . Então $F$ é contínua em $t_0$ .

Demonstração. Para uma sequência qualquer $t_n \to t_0$ : $f(t_n, \cdot) \to f(t_0, \cdot)$ q.t.p., dominada por $g$ : a convergência dominada dá $F(t_n) \to F(t_0)$ ; e a continuidade sequencial basta em espaços métricos (Observação 6.8). ∎

Teorema 10.15 (Derivação sob o sinal de integral)

Seja $T$ um intervalo aberto de $\R$ . Suponha: para q.t.p. $x$ , $t \mapsto f(t,x)$ é derivável em $T$ , com

\Bigl|\frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\Bigr| \leq g(x) \quad \text{para todo } t \in T,\ \text{q.t.p. } x,

e $g$ integrável. Então $F$ é derivável em $T$ com $F'(t) = \int_X \frac{\partial f}{\partial t}(t, x)\,\dd\mu(x)$ .

Demonstração. Fixe $t$ e $h_n \to 0$ : os quocientes de diferenças

\varphi_n(x) = \frac{f(t + h_n, x) - f(t, x)}{h_n} \longrightarrow \frac{\partial f}{\partial t}(t,x) \quad\text{q.t.p.},

e a desigualdade do valor médio limita $\abs{\varphi_n(x)} \leq \sup_{s}\abs{\partial_tf(s,x)} \leq g(x)$ : a convergência dominada se aplica, e $\frac{F(t + h_n) - F(t)}{h_n} = \int\varphi_n \to \int\partial_t f(t, \cdot)$ . ∎

Exemplo 10.16 (A função Gama)

Para $t > 0$ , ponha

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

A integral converge: perto de $0$ , $x^{t-1}$ é integrável ( $t > 0$ ); no infinito, $x^{t-1}\eu^{-x} \leq C\eu^{-x/2}$ . A integração por partes (em $[\varepsilon, A]$ e, depois, passando ao limite por convergência monótona) dá a equação funcional $\Gamma(t + 1) = t\,\Gamma(t)$ , donde $\Gamma(n+1) = n!$ : o fatorial interpolado. Em todo $\intcc ab \subseteq \intoo0{+\infty}$ , $\partial_t\bigl(x^{t-1}\eu^{-x}\bigr) = \ln x\cdot x^{t-1}\eu^{-x}$ é dominada por $\abs{\ln x}(x^{a-1} + x^{b-1})\eu^{-x}$ , integrável: $\Gamma$ é $\mathcal C^1$ e, por indução, $\mathcal C^\infty$ , com $\Gamma^{(k)}(t) = \int_0^\infty(\ln x)^kx^{t-1}\eu^{-x}\dd x$ . O valor $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ é a integral gaussiana disfarçada (Problema 10.1).

O integrando xx: a integral imprópria ∈t_0∈fty converge por cancelamento alternado entre os arcos, mas as áreas | | dos arcos se comportam como 2π k — uma série harmônica: xx ∉ L1. Ser Lebesgue-integrável é ser absolutamente integrável. — O integrando $\frac{\sin x}x$ : a integral imprópria $\int_0^\infty$ converge por cancelamento alternado entre os arcos, mas as áreas $\abs{\cdot}$ dos arcos se comportam como $\frac2{\pi k}$ — uma série harmônica: $\frac{\sin x}x \notin L^1$ . Ser Lebesgue-integrável é ser absolutamente integrável.

10.5 Exercícios

Exercício 10.1 ★

(a) Mostre que uma função monótona $\R \to \R$ é Borel-mensurável, e que uma derivada (de uma função derivável em toda parte) é Borel-mensurável. (b) Mostre que $f \colon X \to \R$ é mensurável se, e somente se, $\{f > q\} \in \mathcal A$ para todo $q$ racional.

Solução

Solução de Exercício 10.1.

(a) Se $f$ é não decrescente, $\{f > t\}$ é $\varnothing$ , $\R$ ou uma semirreta $\intoo a{+\infty}$ / $\intco a{+\infty}$ : boreliano em todos os casos; não crescente, do mesmo modo. Uma derivada: $f'(x) = \lim_n n\bigl(f(x + \frac1n) - f(x)\bigr)$ é um limite pontual de funções contínuas (logo mensuráveis): Proposição 10.2(c).

(b) $\{f > t\} = \bigcup_{q \in \Q,\, q > t}\{f > q\}$ : se os níveis racionais são mensuráveis, todos os níveis são, e as semirretas geram $\mathcal B(\R)$ .

Exercício 10.2 ★

Calcule, com justificativa completa:

\lim_{n\to\infty}\int_0^{+\infty} \frac{\cos x}{(1 + x/n)^{n}}\,\dd x, \qquad \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x .

(Para o segundo: substitua $u = x^n$ antes de dominar.)

Solução

Solução de Exercício 10.2.

Primeiro: $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ para $x \geq 0$ , de modo que o integrando tende pontualmente a $\eu^{-x}\cos x$ ; para $n \geq 2$ , $(1 + x/n)^n \geq (1 + x/2)^2$ , dando o dominante integrável $(1 + x/2)^{-2}$ . TCD:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\cos x}{(1 + x/n)^n}\dd x = \int_0^\infty \eu^{-x}\cos x\,\dd x = \operatorname{Re}\int_0^\infty\eu^{-(1 - \iu)x}\dd x = \operatorname{Re}\frac{1}{1 - \iu} = \frac12 .

Segundo: substitua $u = x^n$ (uma bijeção $\mathcal C^1$ de $\intoo01$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} \longrightarrow \int_0^1\frac{\dd u}{2} = \frac12,

por TCD: para $u \in \intoo01$ , $u^{1/n} \to 1$ , e o integrando é limitado por $1$ num espaço de medida finita.

Exercício 10.3 ★★

(a) Exiba desigualdade estrita no lema de Fatou. (b) Exiba $f_n \to 0$ pontualmente com $\int f_n = 1$ de três maneiras: fuga em altura, em largura e para o infinito. Qual hipótese isolada da convergência dominada cada uma delas viola? (c) Mostre que, no lema de Fatou, não se pode trocar $\liminf$ por $\limsup$ em nenhum dos dois lados.

Solução

Solução de Exercício 10.3.

(a) $f_n = n\,\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ : $\liminf f_n = 0$ pontualmente, $\int f_n = 1$ : $0 < 1$ .

(b) Altura: $n\mathbf 1_{\intoo0{1/n}}$ ; largura: $\frac1n\mathbf 1_{\intoo0n}$ ; translação: $\mathbf 1_{\intoo n{n+1}}$ . Todas tendem a $0$ pontualmente com $\int = 1$ . Em cada caso falha a hipótese de dominação: $\sup_nf_n$ é $\approx 1/x$ perto de $0$ , $\approx$ é um perfil constante não integrável, $\mathbf 1_{\intoo1\infty}$ do mesmo tipo — nunca integráveis.

(c) “ $\int\limsup f_n \geq \limsup\int f_n$ ” falha para o pico que translada: membro esquerdo $0$ , membro direito $1$ . “ $\limsup\int \leq \int\limsup$ ” é o mesmo enunciado. E Fatou para $\limsup$ com $\leq$ invertido (“Fatou reverso”) exige um dominante — o mesmo pico é o contraexemplo.

Exercício 10.4 ★★

(a) Mostre que $\displaystyle\int_0^{+\infty}\frac{x}{\eu^x - 1}\,\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6$ (expanda $\frac1{\eu^x - 1}$ em série geométrica e integre termo a termo — que teorema o permite?). (b) (O sonho do segundanista) Mostre que $\displaystyle\int_0^1 x^{-x}\,\dd x = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ . (Escreva $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ e calcule $\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x$ substituindo $x = \eu^{-u/(k+1)}$ , reconhecendo $\Gamma$ .)

Solução

Solução de Exercício 10.4.

(a) Para $x > 0$ : $\frac1{\eu^x - 1} = \frac{\eu^{-x}}{1 - \eu^{-x}} = \sum_{n\geq1}\eu^{-nx}$ , de modo que $\frac{x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}x\eu^{-nx}$ , uma série de funções mensuráveis não negativas: o Corolário 10.7 permite a integração termo a termo:

\int_0^\infty\frac{x\,\dd x}{\eu^x - 1} = \sum_{n\geq1}\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \frac{\pi^2}6

( $\int_0^\infty x\eu^{-nx}\dd x = n^{-2}$ por partes; Basel do volume do segundo ano, ou o Exercício 13.5 por vir).

(b) Em $\intoo01$ , $-x\ln x \geq 0$ , de modo que $x^{-x} = \eu^{-x\ln x} = \sum_k\frac{(-x\ln x)^k}{k!}$ é uma série de termos não negativos: troque de novo. Substituindo $x = \eu^{-u/(k+1)}$ :

\int_0^1(-x\ln x)^k\dd x = \int_0^\infty\Bigl(\frac{u}{k+1}\Bigr)^{k} \eu^{-\frac{ku}{k+1}}\;\frac{\eu^{-\frac u{k+1}}}{k+1}\,\dd u = \frac{1}{(k+1)^{k+1}}\int_0^\infty u^k\eu^{-u}\dd u = \frac{k!}{(k+1)^{k+1}} .

Logo $\int_0^1x^{-x}\dd x = \sum_{k\geq0}\frac{1}{(k+1)^{k+1}} = \sum_{n\geq1}n^{-n}$ : o sonho do segundanista, com rigor.

Exercício 10.5 ★★

(a) Mostre que $f \geq 0$ mensurável com $\int f\,\dd\mu = 0$ satisfaz $f = 0$ q.t.p. (Considere $\{f \geq 1/n\}$ e a desigualdade de Markov: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ — demonstre-a.) (b) Mostre que uma $f$ integrável é finita q.t.p. (c) Mostre que, se $\int_A f\,\dd\mu = 0$ para todo $A$ mensurável, então $f = 0$ q.t.p.

Solução

Solução de Exercício 10.5.

(a) Markov: $a\,\mathbf 1_{\{f \geq a\}} \leq f$ , integre: $\mu(\{f \geq a\}) \leq \frac1a\int f$ . Se $\int f = 0$ : $\mu(\{f \geq \frac1n\}) = 0$ para todo $n$ , e $\{f > 0\} = \bigcup_n\{f \geq \frac1n\}$ é nulo.

(b) $\mu(\{\abs f = \infty\}) \leq \mu(\{\abs f \geq n\}) \leq \frac1n\int\abs f \to 0$ .

(c) Tome $A = \{f > 0\}$ : $\int f^+\dd\mu = \int_Af\,\dd\mu = 0$ , de modo que $f^+ = 0$ q.t.p. por (a); do mesmo modo, $f^- = 0$ q.t.p.

Exercício 10.6 ★★

(a) Aplique o Teorema 10.12 para decidir a integrabilidade de Riemann de: $\mathbf 1_\Q$ ; a função de Thomae; $\mathbf 1_K$ para $K$ um conjunto de Cantor gordo (Exercício 9.5). (b) Mostre que $\int_1^{+\infty}\abs{\frac{\sin x}x}\,\dd x = +\infty$ , ao passo que $\lim_{A\to\infty}\int_1^A\frac{\sin x}x\,\dd x$ existe (integre por partes): convergência imprópria sem integrabilidade.

Solução

Solução de Exercício 10.6.

(a) $\mathbf 1_\Q$ : descontínua em toda parte, não Riemann-integrável (Teorema 10.12); sua integral de Lebesgue vale $\lambda(\Q) = 0$ . Thomae: contínua em todo irracional (dado $\varepsilon$ , só finitos racionais em $\intcc01$ têm denominador $\leq 1/\varepsilon$ ; evite-os por uma pequena vizinhança), descontínua nos racionais (densidade dos irracionais): contínua q.t.p., Riemann-integrável, de integral $0$ (ela se anula q.t.p.). $\mathbf 1_K$ , com $K$ um conjunto de Cantor gordo: o conjunto de descontinuidades é $\partial K = K$ (fechado de interior vazio), de medida $\frac12 > 0$ : não é Riemann-integrável — e, no entanto, é Lebesgue-integrável, com integral $\lambda(K) = \frac12$ .

(b) $\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \geq \frac1{(k+1)\pi}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\abs{\sin x}\dd x = \frac{2}{(k+1)\pi}$ : a série diverge. Convergência da integral imprópria: para $A > \pi$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[\frac{-\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

e ambos os termos convergem quando $A \to \infty$ ( $\frac1{x^2}$ é integrável): convergência condicional sem integrabilidade absoluta.

Exercício 10.7 ★★

Justifique que $F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-x^2}\cos(tx)\,\dd x$ é $\mathcal C^1$ em $\R$ e satisfaz $F'(t) = -\frac t2F(t)$ (integre por partes); deduza $F(t) = F(0)\,\eu^{-t^2/4}$ . (Com o $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ obtido no problema de fim de semana: a gaussiana é essencialmente sua própria transformada de Fourier — o Capítulo 14 sistematizará isso.)

Solução

Solução de Exercício 10.7.

Dominação: $\abs{\partial_t(\eu^{-x^2}\cos(tx))} = \abs{x\eu^{-x^2}\sin(tx)} \leq x\eu^{-x^2}$ , integrável e independente de $t$ : o Teorema 10.15 se aplica globalmente,

F'(t) = -\int_0^\infty x\eu^{-x^2}\sin(tx)\,\dd x = \Bigl[\tfrac12\eu^{-x^2}\sin(tx)\Bigr]_0^\infty - \frac t2\int_0^\infty\eu^{-x^2}\cos(tx)\dd x = -\frac t2F(t)

(integração por partes com $\dd v = x\eu^{-x^2}\dd x$ ). A EDO linear dá $F(t) = F(0)\eu^{-t^2/4}$ ; com $F(0) = \frac{\sqrt\pi}2$ (Problema 10.1), a gaussiana se reproduz sob essa transformada em cosseno.

Exercício 10.8 ★★★

(Frullani) Sejam $0 < a < b$ . Mostre que

\int_0^{+\infty}\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \ln\frac ba,

escrevendo o integrando como $\int_a^b \eu^{-xt}\,\dd t$ e justificando a troca pela teoria não negativa (Corolário 10.7 em forma contínua — antecipe Tonelli, ou fatie $[a,b]$ em $n$ partes iguais e passe ao limite).

Solução

Solução de Exercício 10.8.

A integral converge: perto de $0$ o integrando tende a $b - a$ (limitado), e ele decai como $\eu^{-ax}$ no infinito. Fixe $a$ e veja $I(b) = \int_0^\infty\frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}x\dd x$ como função de $b \in \intco a{+\infty}$ . Para todo $b \geq a$ : $\abs{\partial_b(\text{integrando})} = \eu^{-bx} \leq \eu^{-ax}$ , e $\int_0^\infty\eu^{-ax}\dd x = \frac1a < \infty$ : um dominante integrável. Logo o Teorema 10.15 dá $I'(b) = \int_0^\infty\eu^{-bx}\dd x = \frac1b$ , e $I(a) = 0$ :

I(b) = \int_a^b\frac{\dd t}t = \ln\frac ba .

(Equivalentemente, o caminho da sugestão: o integrando é $\int_a^b\eu^{-xt}\dd t \geq 0$ e a troca é o análogo contínuo do Corolário 10.7, isto é, Tonelli — demonstrado no Capítulo 11; o caminho paramétrico permanece dentro deste capítulo.)

Exercício 10.9 ★★

Seja $f \geq 0$ mensurável em $(X, \mathcal A, \mu)$ . Mostre que $\nu(A) = \int_A f\,\dd\mu$ define uma medida (de densidade $f$ em relação a $\mu$ ) e que $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ para toda $g \geq 0$ mensurável (demonstre-o para indicadoras, depois para funções simples e, então, por convergência monótona — a máquina padrão).

Solução

Solução de Exercício 10.9.

$\nu(\varnothing) = 0$ ; para $(A_n)$ disjuntos, $f\mathbf 1_{\bigsqcup A_n} = \sum_nf\mathbf 1_{A_n}$ (pontualmente, todos os termos $\geq 0$ ), e o Corolário 10.7 dá a $\sigma$ -aditividade. A fórmula $\int g\,\dd\nu = \int gf\,\dd\mu$ : para $g = \mathbf 1_A$ é a definição de $\nu$ ; para $g$ simples, linearidade; para $g \geq 0$ mensurável, tome $s_n \nearrow g$ simples (Teorema 10.4): $s_nf \nearrow gf$ , e o TCM em ambos os membros passa ao limite. (Esse elevador “indicadora $\to$ simples $\to$ TCM” é a máquina padrão da teoria.)

Exercício 10.10 ★★★

(Um fracasso ao estilo de Weierstrass) Defina $f(t) = \int_0^{+\infty}\frac{\sin(tx)}{x(1 + x^2)}\,\dd x$ . (a) Mostre que $f$ está bem definida e é contínua em $\R$ , e que $\mathcal C^1$ com $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1 + x^2}\dd x$ para todo $t$ — mas que derivar de novo sob o sinal de integral é ilegítimo. (b) Admitindo $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ (demonstrado no Capítulo 17), quanto vale $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ para $t > 0$ , e por que sua fórmula confirma o fracasso de (a)?

Solução

Solução de Exercício 10.10.

(a) $\abs{\sin(tx)} \leq \abs tx$ dá $\abs{\frac{\sin(tx)}{x(1+x^2)}} \leq \frac{\abs t}{1+x^2}$ : a integral converge e, em $\abs t \leq T$ , o dominante $\frac{T}{1+x^2}$ fornece a continuidade (Teorema 10.14). Derivação: $\abs{\partial_t} = \abs{\frac{\cos(tx)}{1+x^2}} \leq \frac1{1+x^2}$ , integrável: $f'(t) = \int_0^\infty\frac{\cos(tx)}{1+x^2}\dd x$ para todo $t$ . Uma segunda derivação exigiria integrar $\frac{x\sin(tx)}{1 + x^2}$ , cujo valor absoluto se comporta como $\frac{\abs{\sin(tx)}} x$ no infinito: não integrável — não existe dominante e o Teorema 10.15 não pode ser aplicado de novo.

(b) Admitindo $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ para $t > 0$ : pela imparidade de $f$ , $f'$ é par, de modo que $f'(t) = \frac\pi2\eu^{-\abs t}$ — que não é derivável em $0$ : $f$ é $\mathcal C^1$ , mas não $\mathcal C^2$ , confirmando que a segunda derivação bloqueada não era um acidente técnico. Para $t > 0$ , a integral imprópria $\int_0^\infty\frac{x\sin(tx)}{1+x^2}\dd x$ vale $-f''(t) = \frac\pi2\eu^{-t}$ (derivando a fórmula admitida onde isso é legítimo, isto é, em $\intoo0\infty$ ) — um valor impróprio, não Lebesgue.

Exercício 10.11 ★★

(Lema de Scheffé) Sejam $f_n, f \geq 0$ integráveis com $f_n \to f$ q.t.p. e $\int f_n \to \int f$ . (a) Mostre que $\int\abs{f_n - f} \to 0$ . (Aplique a convergência dominada a $g_n = (f - f_n)^+ \leq f$ e escreva $\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \int(f - f_n)$ .) (b) Mostre com um exemplo que a hipótese $\int f_n \to \int f$ não pode ser descartada (uma onda deslizante ou que se concentra), e que a conclusão falha para $f_n$ com sinal, sem controle em valor absoluto: $f_n = n\mathbf 1_{\intoc0{1/n}} - n\mathbf 1_{\intoc{-1/n}0}$ tem $f_n \to 0$ q.t.p., $\int f_n = 0 \to 0$ , e no entanto $\int\abs{f_n} = 2$ . (c) Aplicação (densidades): se densidades de probabilidade $p_n \to p$ q.t.p., então automaticamente $\int\abs{p_n - p} \to 0$ : a convergência pontual de densidades é convergência $L^1$ — um ganho de convergência de graça.

Solução

Solução de Exercício 10.11.

(a) Seja $g_n = (f - f_n)^+$ : então $0 \leq g_n \leq f$ (positividade de $f_n$ ), $g_n \to 0$ q.t.p., e $f$ é um dominante integrável: $\int g_n \to 0$ (TCD). Como $\abs{f_n - f} = 2(f - f_n)^+ - (f - f_n)$ ,

\int\abs{f_n - f} = 2\int g_n - \Bigl(\int f - \int f_n\Bigr) \longrightarrow 0 + 0 .

(b) O pico deslizante $f_n = \mathbf 1_{\intcc n{n+1}}$ tem $f_n \to 0$ q.t.p. e $\int f_n = 1 \not\to 0$ : sem a convergência das integrais, a convergência $L^1$ falha (e a hipótese também). O exemplo com sinal: $f_n \to 0$ em todo $x \neq 0$ , $\int f_n = 0$ , mas $\int\abs{f_n} = 2$ : para sequências com sinal, o teorema é genuinamente uma questão de controle do tipo $\abs{f_n}$ , e a positividade foi usada exatamente em $g_n \leq f$ .

(c) Densidades satisfazem $\int p_n = 1 = \int p$ : a hipótese de (a) é automática, de modo que $p_n \to p$ q.t.p. força $\norm{p_n - p}_{L^1} \to 0$ — e, portanto, a convergência das probabilidades $\int_Ap_n \to \int_Ap$ uniformemente em todo mensurável $A$ ( $\abs{\int_A(p_n - p)} \leq \norm{p_n - p}_1$ ): Scheffé transforma a convergência pontual das densidades em convergência em variação total das leis.

Exercício 10.12 ★★

Limites clássicos, com justificativa completa por convergência monótona ou dominada:

\text{(a)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\,\dd x, \qquad \text{(b)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^1\frac{n\,x^{n-1}}{1 + x}\,\dd x,

\text{(c)}\ \lim_{n\to\infty}\int_0^\infty \frac{\dd x}{(1 + x/n)^n\,x^{1/n}} .

(Para (a): $(1 - x/n)^n \nearrow \eu^{-x}$ com $x$ fixado — demonstre a monotonicidade via $\log$ ; para (b), integre por partes ou substitua $x = u^{1/n}$ e identifique uma concentração na fronteira; para (c), encontre um dominador integrável válido para todo $n \geq 2$ separando em $x = 1$ .)

Solução

Solução de Exercício 10.12.

(a) Em $\intoo0n$ , $\varphi_n(x) = n\log(1 - \frac xn)$ cresce em $n$ até $-x$ (a aplicação $t \mapsto \frac{\log(1 - xt)}{t}$ decresce quando $t = \frac1n \downarrow 0$ ; ou expanda: $\varphi_{n}' \geq 0$ em $n$ via $\log(1-u) + \frac{u}{1-u} \geq 0$ ). Logo $(1 - \frac xn)^n\eu^{x/2}\mathbf 1_{x<n} \nearrow \eu^{-x/2}$ , e o TCM dá

\lim_n\int_0^n\Bigl(1 - \frac xn\Bigr)^n\eu^{x/2}\dd x = \int_0^\infty\eu^{-x/2}\dd x = 2 .

(b) Substitua $u = x^n$ ( $x = u^{1/n}$ , $n x^{n-1}\dd x = \dd u$ ):

\int_0^1\frac{nx^{n-1}}{1 + x}\dd x = \int_0^1\frac{\dd u}{1 + u^{1/n}} .

Para $u \in \intoo01$ : $u^{1/n} \to 1$ , de modo que o integrando tende a $\frac12$ , dominado por $1$ : o limite é $\frac12$ (TCD). (A massa de $nx^{n-1}$ se concentra em $x = 1$ , onde $\frac1{1+x} = \frac12$ : a substituição torna a concentração visível.)

(c) Pontualmente, $(1 + x/n)^n \nearrow \eu^x$ e $x^{1/n} \to 1$ ( $x > 0$ ): o integrando tende a $\eu^{-x}$ . Dominante para $n \geq 2$ : em $\intoc01$ , $x^{-1/n} \leq x^{-1/2}$ e $(1 + x/n)^{-n} \leq 1$ : cota $x^{-1/2}$ , integrável; em $\intoo1\infty$ , $x^{-1/n} \leq 1$ e $(1 + x/n)^n \geq 1 + \binom n2\frac{x^2}{n^2} \geq 1 + \frac{x^2}4$ : cota $\frac{4}{4 + x^2}$ , integrável. TCD:

\lim_n\int_0^\infty\frac{\dd x}{(1 + x/n)^nx^{1/n}} = \int_0^\infty\eu^{-x}\dd x = 1 .

10.6 Problema: duas integrais célebres

Problema 10.1

Problema de fim de semana — a integral gaussiana e a integral de Dirichlet, só com parâmetros

Duas integrais governam a análise aplicada:

G = \int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-x^2}\dd x = \sqrt\pi, \qquad D = \int_0^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,\dd x = \frac\pi2

(a segunda como integral imprópria, Exemplo 10.13). Demonstramos ambas usando apenas as ferramentas deste capítulo.

Parte I — A gaussiana. Para $t \geq 0$ , ponha

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

Justifique que $A$ e $B$ são $\mathcal C^1$ em $\intoo0{+\infty}$ e calcule $A'$ e $B'$ ; mostre que $A'(t) + B'(t) = 0$ . (Em $B'$ , substitua $u = tx$ .)
Calcule $A(0) + B(0)$ e $\lim_{t\to+\infty}(A + B)(t)$ — justifique a passagem ao limite sob a integral em $B$ .
Conclua $\int_0^\infty \eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ , logo $G = \sqrt\pi$ , e deduza $\Gamma(\tfrac12) = \sqrt\pi$ (substitua $x = u^2$ em $\Gamma(\frac12)$ ).

Parte II — A integral de Dirichlet. Para $t \geq 0$ , ponha

F(t) = \int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\,\frac{\sin x}{x}\,\dd x .

Mostre que a integral que define $F(t)$ converge para todo $t > 0$ como integral de Lebesgue e, para $t = 0$ , como integral imprópria; mostre que $D = \lim_{A\to\infty}\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x$ existe (integre por partes em $[\pi, A]$ ).
Mostre que $F$ é $\mathcal C^1$ em $\intoo0{+\infty}$ com

$F'(t) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\frac{1}{1 + t^2}$

(dominação em $[t_0, \infty)$ para cada $t_0 > 0$ ; a última integral por duas integrações por partes ou por exponenciais complexas).
Mostre que $F(t) \to 0$ quando $t \to +\infty$ , e deduza $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ em $\intoo0{+\infty}$ .
O ponto delicado: $D = \lim_{t\to0^+}F(t)$ . Demonstre-o por controle uniforme da cauda: para $0 \leq t \leq 1$ e $A \geq \pi$ , integre por partes para mostrar que

$\Bigl|\int_A^{+\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| \leq \frac{C}{A}$

com $C$ independente de $t$ (derive $\frac{\eu^{-tx}}x$ e limite $\abs{\cos}$ por $1$ ; note que $t\eu^{-tx} \leq 1/x\cdot(tx\eu^{-tx})$ com $\sup_{u\geq0}u\eu^{-u} < 1$ ); depois, separe $F(t) - D$ em $[0, A]$ (onde a convergência dominada se aplica quando $t \to 0$ ) e $[A, \infty)$ .
Conclua: $D = \frac\pi2$ .

Parte III — Dividendos.

Calcule $\int_0^{+\infty}\frac{\sin^2x}{x^2}\,\dd x$ (integre por partes e reduza a $D$ via $\sin 2x = 2\sin x\cos x$ ).
Calcule $\int_0^{+\infty}\frac{1 - \cos x}{x^2}\,\dd x$ e confira a coerência dos dois resultados.
Para $a > 0$ , calcule $\int_0^{+\infty}\frac{\sin(ax)}x\dd x$ e $\int_{-\infty}^{+\infty}\eu^{-ax^2}\dd x$ , e registre as regras de reescalamento (elas serão os cavalos de batalha do Capítulo 14).
Explique com precisão por que $D$ não poderia ter sido tratada diretamente por convergência dominada em $t = 0$ (não há dominador integrável em $[0,1]\times[0,\infty)$ ), e por que a separação de cauda da questão 7 é o substituto honesto — esse padrão (“integrabilidade uniforme das caudas”) reaparece por toda a análise.

Parte IV — A função Gama segundo Bohr e Mollerup. A função $\Gamma$ (Exemplo 10.16) satisfaz $\Gamma(1) = 1$ e $\Gamma(x+1) = x\Gamma(x)$ — mas infinitas outras funções também satisfazem (multiplique por qualquer ondulação $1$ -periódica). Uma única condição de convexidade fixa $\Gamma$ de maneira única, e suas identidades mais profundas caem então mecanicamente. Uma função positiva $f$ em um intervalo é log-convexa se $\log f$ é convexa.

Mostre que log-convexa implica convexa, que produtos de funções log-convexas e suas composições com aplicações afins são log-convexos e — via a desigualdade de Hölder para duas funções $\int\abs{uv} \leq \bigl(\int\abs u^p\bigr)^{1/p}\bigl(\int\abs v^q\bigr)^{1/q}$ , demonstrada diretamente a partir da desigualdade de Young — que $\Gamma$ é log-convexa em $\intoo0\infty$ .
(Lema das inclinações) Seja $g$ convexa em $\intoo0\infty$ com $g(n+1) - g(n) = \log n$ para todo inteiro $n \geq 1$ . Para $x \in \intoc01$ e $n \geq 2$ , compare as inclinações de $g$ em $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ e $[n, n+1]$ , e deduza

$x\log(n-1) \;\leq\; g(n + x) - g(n) \;\leq\; x\log n .$
(Bohr–Mollerup) Seja $f > 0$ com $f(1) = 1$ , $f(x+1) = xf(x)$ e $\log f$ convexa. Desenrolando a recursão em $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x + n - 1)\,f(x)$ e $f(n) = (n-1)!$ , deduza da questão 14 que, para $x \in \intoc01$ ,

$f(x) = \lim_{n\to\infty} \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} :$

$f$ é única, logo $f = \Gamma$ , e vale a fórmula-limite de Gauss (estenda a todo $x > 0$ pela recursão).
Defina a função Beta $B(x, y) = \int_0^1t^{x-1}(1-t)^{y-1}\,\dd t$ ( $x, y > 0$ ). Demonstre a convergência, a recursão $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}\,B(x, y)$ (integre por partes) e $B(1, y) = \frac1y$ .
Mostre que $x \mapsto B(x, y)$ é log-convexa (Hölder de novo) e aplique Bohr–Mollerup a

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

para concluir a fórmula de Euler: $B(x, y) = \dfrac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ — sem nenhuma integral dupla.
Calcule $B(\frac12, \frac12)$ diretamente (substitua $t = \sin^2\theta$ ) e deduza $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ : a integral gaussiana da Parte I, recuperada por convexidade pura. Compare as duas demonstrações em uma frase cada.
(Duplicação de Legendre) Mostre que

$g(x) = \frac{2^{x-1}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr) \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)$

satisfaz as três hipóteses de Bohr–Mollerup e conclua $g = \Gamma$ , isto é, $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\,\Gamma(z)\,\Gamma(z + \tfrac12)$ para todo $z > 0$ .
Deduza a forma fechada $\Gamma\bigl(n + \tfrac12\bigr) = \dfrac{(2n)!}{4^n\,n!}\sqrt\pi$ e demonstre, pelo lema das inclinações aplicado a $\log\Gamma$ em torno de inteiros grandes, as assintóticas

$\frac{\Gamma(n + \frac12)}{\Gamma(n)\,\sqrt n} \longrightarrow 1 .$
Combine as duas últimas questões na assintótica do coeficiente binomial central

$\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}},$

e verifique numericamente para $n = 10$ ( $\binom{20}{10} = 184756$ , contra $4^{10}/\sqrt{10\pi} \approx 187079$ : razão $\approx 0.988$ ).
(Síntese) A constante $\sqrt\pi$ já apareceu como a integral gaussiana (Parte I), como $B(\frac12, \frac12)$ (questão 18) e dentro da duplicação (questão 19); a estimativa do binomial central antecipa tanto Stirling (o problema de fim de semana do Capítulo 11) quanto de Moivre–Laplace. Mapeie as conexões: que enunciados são equivalentes a quais, e o que cada técnica — derivação sob a integral contra convexidade — traz que a outra não pode trazer?

Parte V — Mais três dividendos.

(Wallis, via Beta) Para $p > -1$ , substitua $t = \sin^2\theta$ para mostrar

$W_p = \int_0^{\pi/2}\sin^p\theta\,\dd\theta = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr),$

e deduza da recursão da Beta (questão 16) que $W_{n+2} = \frac{n+1}{n+2}\,W_n$ para inteiros $n \geq 0$ . Calcule $W_{2n}$ e $W_{2n+1}$ em forma fechada, mostre $W_{2n+1}/W_{2n} \to 1$ por confinamento e conclua com o produto de Wallis

$\frac\pi2 = \lim_{n\to\infty} \prod_{k=1}^{n}\frac{4k^2}{4k^2 - 1} .$
(A gaussiana encontra uma frequência) Para $b \in \R$ , ponha

$\Phi(b) = \int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x .$

Mostre que $\Phi$ é $\mathcal C^1$ em $\R$ , que uma integração por partes fornece a equação diferencial $\Phi'(b) = -2b\,\Phi(b)$ e conclua

$\Phi(b) = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2} :$

a gaussiana se reproduz sob essa transformada — a única identidade sobre a qual o Capítulo 14 vai funcionar.
(A integral de Frullani) Para $0 < a < b$ , mostre que

$\int_0^{+\infty} \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x}\,\dd x = \log\frac ba ,$

derivando no parâmetro $a$ (justifique a dominação em todo $\intco{a_0}{+\infty}$ , $a_0 > 0$ , e identifique a constante fazendo $a \to b$ ). Onde exatamente o integrando precisa de sua singularidade removível em $x = 0$ ?

Solução

Solução de Problema 10.1.

1. $A$ é $\mathcal C^1$ pelo teorema fundamental do cálculo e pela regra da cadeia: $A'(t) = 2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-x^2}\dd x$ . Para $B$ : $\partial_t\bigl(\frac{\eu^{-t^2(1+x^2)}}{1+x^2}\bigr) = -2t\,\eu^{-t^2(1+x^2)}$ , contínua e limitada em $[t_0, T] \times \intcc01$ para qualquer $0 < t_0 < T$ (a dominação por limitada num espaço de medida finita basta): $B$ é $\mathcal C^1$ em $\intoo0{+\infty}$ com

B'(t) = -2t\int_0^1 \eu^{-t^2(1+x^2)}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^1 t\,\eu^{-(tx)^2}\dd x = -2\eu^{-t^2}\int_0^t\eu^{-u^2}\dd u = -A'(t)

(substituição $u = tx$ ).

2. $A(0) = 0$ e $B(0) = \int_0^1\frac{\dd x}{1+x^2} = \frac\pi4$ . $A + B$ tem derivada nula em $\intoo0{+\infty}$ e é contínua em $0$ ( $B$ pela dominação $\frac1{1+x^2}$ e pelo Teorema 10.14): $A + B \equiv \frac\pi4$ . Quando $t\to+\infty$ : $0 \leq B(t) \leq \eu^{-t^2} \to 0$ , e $A(t) \to \bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2$ (TCM ou apenas convergência monótona da integral interna).

3. Logo $\bigl(\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x\bigr)^2 = \frac\pi4$ : $\int_0^\infty\eu^{-x^2}\dd x = \frac{\sqrt\pi}2$ e, por paridade, $G = \sqrt\pi$ . Além disso, $\Gamma(\frac12) = \int_0^\infty x^{-1/2}\eu^{-x}\dd x \overset{x = u^2}{=} 2\int_0^\infty\eu^{-u^2}\dd u = \sqrt\pi$ .

4. Para $t > 0$ : $\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} \leq \eu^{-tx}$ , integrável. Para $t = 0$ , convergência imprópria: em $[\pi, A]$ ,

\int_\pi^A\frac{\sin x}x\dd x = \Bigl[-\frac{\cos x}x\Bigr]_\pi^A - \int_\pi^A\frac{\cos x}{x^2}\dd x,

ambos os termos convergentes quando $A \to \infty$ ; perto de $0$ o integrando se estende continuamente por $1$ .

5. Em $[t_0, +\infty)$ ( $t_0 > 0$ ): $\abs{\partial_t\bigl(\eu^{-tx}\tfrac{\sin x}x\bigr)} = \eu^{-tx}\abs{\sin x} \leq \eu^{-t_0x}$ , integrável: o Teorema 10.15 se aplica em todo intervalo desses, logo em todo $\intoo0{+\infty}$ :

F'(t) = -\int_0^\infty\eu^{-tx}\sin x\,\dd x = -\operatorname{Im}\int_0^\infty\eu^{-(t - \iu)x}\dd x = -\operatorname{Im}\frac{1}{t - \iu} = -\frac{1}{1 + t^2}.

6. $\abs{F(t)} \leq \int_0^\infty\eu^{-tx}\dd x = \frac1t \to 0$ . Integrando $F' = -\frac1{1+t^2}$ : $F(t) = C - \arctan t$ , e $t \to \infty$ força $C = \frac\pi2$ : $F(t) = \frac\pi2 - \arctan t$ em $\intoo0{+\infty}$ .

7. Integre por partes em $[A, R]$ com $\sin x = (-\cos x)'$ e faça $R \to \infty$ :

\int_A^{\infty}\eu^{-tx}\frac{\sin x}x\dd x = \frac{\cos A\;\eu^{-tA}}{A} - \int_A^\infty \cos x\,\Bigl(\frac tx + \frac1{x^2}\Bigr)\eu^{-tx}\dd x .

Majorando $\abs{\cos} \leq 1$ : o primeiro termo é $\leq \frac1A$ ; a integral é no máximo $\int_A^\infty t\eu^{-tx}\frac{\dd x}x + \int_A^\infty\frac{\dd x}{x^2} \leq \frac1A\int_0^\infty t\eu^{-tx}\dd x + \frac1A = \frac2A$ . Total: $\leq \frac 3A$ , uniformemente para $t \in [0, 1]$ (incluído o caso $t = 0$ ). Agora

\abs{F(t) - D} \leq \Bigl|\int_0^A(\eu^{-tx} - 1)\,\frac{\sin x}x\,\dd x\Bigr| + \frac6A .

Em $[0, A]$ : $\abs{\eu^{-tx} - 1} \leq tx \leq tA$ e $\abs{\frac{\sin x}x} \leq 1$ , de modo que o primeiro termo é no máximo $tA^2$ . Escolha $A$ com $\frac6A < \varepsilon$ e depois $t < \varepsilon/A^2$ : $\abs{F(t) - D} < 2\varepsilon$ .

8. Portanto, $D = \lim_{t\to0^+}F(t) = \lim_{t\to0^+}\bigl(\frac\pi2 - \arctan t\bigr) = \frac\pi2$ .

9. Por partes ( $u = \sin^2x$ , $v' = x^{-2}$ ):

\int_0^\infty\frac{\sin^2x}{x^2}\dd x = \Bigl[-\frac{\sin^2x}{x}\Bigr]_0^\infty + \int_0^\infty\frac{2\sin x\cos x}{x}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin 2x}{x}\dd x = D = \frac\pi2

(substitua $u = 2x$ no último passo; os termos de bordo se anulam: $\sin^2 x/x \to 0$ nos dois extremos).

10. Por partes ( $u = 1 - \cos x$ , $v' = x^{-2}$ ): $\int_0^\infty\frac{1 - \cos x}{x^2}\dd x = \int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ . Coerência: $1 - \cos x = 2\sin^2\frac x2$ , e a substituição $x = 2u$ transforma $\int\frac{2\sin^2(x/2)}{x^2}\dd x$ em $\int\frac{\sin^2u}{u^2}\dd u$ : os dois cálculos concordam.

11. $\int_0^\infty\frac{\sin(ax)}x\dd x = \frac\pi2$ para todo $a > 0$ (substitua $u = ax$ : a integral é invariante por escala); $\int_\R\eu^{-ax^2}\dd x = \sqrt{\pi/a}$ (substitua $u = \sqrt a\,x$ ). Reescalar o argumento deixa a integral de Dirichlet fixa e divide a gaussiana por $\sqrt a$ .

12. Um dominante válido para todo $t \in [0,1]$ teria de dominar $\sup_{t\in[0,1]}\abs{\eu^{-tx}\frac{\sin x}x} = \abs{\frac{\sin x}x}$ , que não é integrável (Exercício 10.6): o TCD não consegue atravessar $t = 0$ . O substituto da questão 7 — caudas uniformemente pequenas no parâmetro, parte compacta tratada pelo TCD — é o padrão usual da “integrabilidade uniforme” e reaparece sempre que a convergência condicional encontra a troca de limites.

13. Se $g = \log f$ é convexa, então $f = \exp\circ g$ é convexa (exp é convexa crescente: $f(\lambda x + (1-\lambda) y) \leq \eu^{\lambda g(x) + (1-\lambda)g(y)} \leq \lambda f(x) + (1-\lambda)f(y)$ , o último passo pela convexidade de exp entre os pontos $g(x), g(y)$ ). Produtos e substituições afins: os logaritmos os transformam em somas e substituições afins de funções convexas. Hölder ( $\frac1p + \frac1q = 1$ ): para $\int\abs u^p = \int\abs v^q = 1$ , Young dá $\abs{uv} \leq \frac{\abs u^p}p + \frac{\abs v^q}q$ ; integre: $\int\abs{uv} \leq 1$ ; o caso geral por homogeneidade. Então, para $\lambda \in \intoo01$ , aplique-o com $p = \frac1\lambda$ à fatoração

t^{\lambda x + (1-\lambda)y - 1}\eu^{-t} = \bigl(t^{x-1}\eu^{-t}\bigr)^{\lambda} \bigl(t^{y-1}\eu^{-t}\bigr)^{1-\lambda} : \qquad \Gamma(\lambda x + (1{-}\lambda)y) \leq \Gamma(x)^\lambda\,\Gamma(y)^{1-\lambda} .

14. Para uma $g$ convexa, a inclinação de uma corda cresce com seus extremos (desigualdade das três cordas). Comparando as cordas sobre $[n-1, n]$ , $[n, n+x]$ , $[n, n+1]$ :

\log(n-1) = \frac{g(n) - g(n-1)}1 \leq \frac{g(n+x) - g(n)}x \leq \frac{g(n+1) - g(n)}1 = \log n,

e multiplicar por $x > 0$ dá o afirmado.

15. Com $f(n) = (n-1)!$ (recorrência a partir de $f(1) = 1$ ) e $f(n + x) = x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x)$ , a questão 14 se lê

(n-1)^x\,(n-1)! \;\leq\; x(x+1)\cdots(x+n-1)\,f(x) \;\leq\; n^x\,(n-1)! .

A cota superior se reescreve como $f(x) \leq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}\cdot\frac{x+n}n$ , e a cota inferior na ordem $n+1$ como $f(x) \geq \frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)}$ . O fator de correção $\frac{x+n}n \to 1$ : o sanduíche força

f(x) = \lim_n\frac{n!\,n^x}{x(x+1)\cdots(x+n)} \qquad (x \in \intoc01),

uma expressão independente de $f$ : unicidade em $\intoc01$ , logo em toda parte pela recorrência. Como $\Gamma$ satisfaz as três hipóteses (questão 13), $f = \Gamma$ , e a fórmula de Gauss vale — para todo $x > 0$ , já que ambos os membros obedecem à mesma recorrência.

16. Perto de $0$ , o integrando é $\sim t^{x-1}$ , integrável se, e somente se, $x > 0$ ; perto de $1$ , simétrico com $y$ . Integração por partes em $\intcc\varepsilon{1-\varepsilon}$ , fazendo $\varepsilon \to 0$ (os termos de bordo se anulam para $x, y > 0$ ):

B(x{+}1, y) = \Bigl[-t^x\frac{(1-t)^y}y\Bigr]_0^1 + \frac xy\int_0^1t^{x-1}(1-t)^y\,\dd t = \frac xy\bigl(B(x, y) - B(x{+}1, y)\bigr),

usando $(1-t)^y = (1-t)^{y-1}(1 - t)$ ; resolvendo, $B(x+1, y) = \frac{x}{x+y}B(x, y)$ . E $B(1, y) = \int_0^1(1-t)^{y-1}\dd t = \frac1y$ .

17. $f(1) = \frac1y\cdot\frac{\Gamma(1+y)}{\Gamma(y)} = 1$ ; $f(x+1) = \frac{x}{x+y}B(x,y)\cdot\frac{(x+y)\Gamma(x+y)} {\Gamma(y)} = x\,f(x)$ ; e $f$ é log-convexa em $x$ como produto da log-convexa $B(\cdot, y)$ (Hölder na fatoração $t^{(\lambda x_1 + (1-\lambda)x_2)-1}(1-t)^{y-1} = (\cdots)^\lambda(\cdots)^{1-\lambda}$ , como na questão 13) e de $\Gamma(\cdot + y)$ (translação afim). Bohr–Mollerup: $f = \Gamma$ , isto é, $B(x, y) = \frac{\Gamma(x)\Gamma(y)}{\Gamma(x+y)}$ .

18. Com $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta$ e $t^{-1/2}(1-t)^{-1/2} = \frac1{\sin\theta\cos\theta}$ :

B\Bigl(\frac12, \frac12\Bigr) = \int_0^{\pi/2}2\,\dd\theta = \pi = \frac{\Gamma(\frac12)^2}{\Gamma(1)} \quad\Longrightarrow\quad \Gamma\Bigl(\frac12\Bigr) = \sqrt\pi .

A Parte I chegou à mesma constante derivando em um parâmetro e fazendo duas funções correrem até seus limites; aqui a convexidade sozinha enrijeceu o problema até que só um valor sobrevivesse. Análise por movimento contra análise por forma.

19. $g(1) = \frac{2^0}{\sqrt\pi}\Gamma(\frac12) \Gamma(1) = 1$ . Recorrência:

g(x+1) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\, \Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac x2 + 1\Bigr) = \frac{2^{x}}{\sqrt\pi}\cdot\frac x2\, \Gamma\Bigl(\frac x2\Bigr)\Gamma\Bigl(\frac{x+1}2\Bigr) = x\,g(x) .

Log-convexidade: produto de $\eu^{(x-1)\log2}$ (log-afim) e de duas reparametrizações afins da log-convexa $\Gamma$ . Bohr–Mollerup dá $g = \Gamma$ ; pondo $x = 2z$ : $\Gamma(2z) = \frac{2^{2z-1}}{\sqrt\pi}\Gamma(z)\Gamma(z + \frac12)$ .

20. De $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi$ e da recorrência, $\Gamma(n + \frac12) = (n - \frac12)(n - \frac32)\cdots\frac12\,\sqrt\pi = \frac{(2n-1)(2n-3)\cdots1}{2^n}\sqrt\pi = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$ (complete o produto ímpar com os pares). Assintótica: a questão 14 com $g = \log\Gamma$ e $x = \frac12$ dá $\sqrt{n-1} \leq \frac{\Gamma(n+\frac12)}{\Gamma(n)} \leq \sqrt n$ , de modo que a razão para $\sqrt n$ fica espremida entre $\sqrt{1 - \frac1n}$ e $1$ .

21. Da questão 20, $(2n)! = \frac{4^nn!}{\sqrt\pi}\Gamma(n + \tfrac12)$ , de modo que

\binom{2n}n = \frac{(2n)!}{(n!)^2} = \frac{4^n\,\Gamma(n+\frac12)}{\sqrt\pi\;n!} = \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot \frac{\Gamma(n+\frac12)}{n\,\Gamma(n)} \sim \frac{4^n}{\sqrt\pi}\cdot\frac{\sqrt n}{n} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .

Numericamente, $4^{10}/\sqrt{10\pi} = 1048576/5.6050 \approx 187078.6$ , contra $\binom{20}{10} = 184756$ : razão $0.9876$ — o erro é $O(1/n)$ , visível em $n = 10$ .

22. Equivalências: $\Gamma(\frac12) = \sqrt\pi \Leftrightarrow G = \sqrt\pi$ (a substituição $x = u^2$ da questão 3) $\Leftrightarrow B(\frac12, \frac12) = \pi$ (fórmula de Euler); a duplicação em $z = n$ é a forma fechada de $\Gamma(n + \frac12)$ , que é a estimativa do binomial central a menos do lema das inclinações. A técnica do parâmetro (Partes I–II) calcula limites de quantidades móveis e é indispensável quando há uma deformação genuína (a integral de Dirichlet não tem demonstração por convexidade); a técnica da convexidade nada calcula, mas tudo proíbe — ela brilha em unicidade e equações funcionais (Gauss, Euler, Legendre em três golpes), em que a derivação se afogaria em contas. Um analista completo carrega as duas.

23. Com $t = \sin^2\theta$ , $\dd t = 2\sin\theta\cos\theta\,\dd\theta = 2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}\,\dd\theta$ , de modo que

W_p = \int_0^1 t^{p/2}\, \frac{\dd t}{2\,t^{1/2}(1-t)^{1/2}} = \frac12\int_0^1 t^{\frac{p+1}2 - 1}(1-t)^{\frac12 - 1}\dd t = \frac12\,B\Bigl(\frac{p+1}2, \frac12\Bigr).

A recorrência da Beta com $x = \frac{n+1}2$ , $y = \frac12$ dá

W_{n+2} = \frac12\, \frac{(n+1)/2}{(n+2)/2}\,B\Bigl(\frac{n+1}2, \frac12\Bigr) = \frac{n+1}{n+2}\,W_n .

Partindo de $W_0 = \frac\pi2$ , $W_1 = 1$ :

W_{2n} = \frac\pi2\prod_{k=1}^n\frac{2k-1}{2k}, \qquad W_{2n+1} = \prod_{k=1}^n\frac{2k}{2k+1} .

Como $\sin^{n+1} \leq \sin^n$ em $\intcc0{\pi/2}$ , a sequência $(W_n)$ é não crescente, de modo que

1 \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} \geq \frac{W_{2n+1}}{W_{2n-1}} = \frac{2n}{2n+1} \longrightarrow 1 .

Mas as formas fechadas dão

\frac{W_{2n+1}}{W_{2n}} = \frac2\pi \prod_{k=1}^n\frac{(2k)^2}{(2k-1)(2k+1)} = \frac2\pi\prod_{k=1}^n\frac{4k^2}{4k^2-1},

e fazer $n \to \infty$ fornece o produto de Wallis. (Via a fórmula de Euler, $W_p = \frac{\sqrt\pi}2\, \Gamma(\frac{p+1}2)/\Gamma(\frac p2 + 1)$ : Wallis é a integral gaussiana em mais uma fantasia.)

24. A derivada em $b$ do integrando é $-2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)$ , dominada por $2\abs x\,\eu^{-x^2} \in L^1(\R)$ uniformemente em $b$ : $\Phi$ é $\mathcal C^1$ com

\Phi'(b) = -\int_{-\infty}^{+\infty} 2x\,\eu^{-x^2}\sin(2bx)\,\dd x .

Integrando por partes com $u = \sin(2bx)$ , $\dd v = -2x\,\eu^{-x^2}\dd x$ (de modo que $v = \eu^{-x^2}$ ), os termos de bordo se anulam e

\Phi'(b) = -2b\int_{-\infty}^{+\infty} \eu^{-x^2}\cos(2bx)\,\dd x = -2b\,\Phi(b).

Logo $\bigl(\Phi(b)\,\eu^{b^2}\bigr)' = 0$ e $\Phi(b) = \Phi(0)\,\eu^{-b^2} = \sqrt\pi\,\eu^{-b^2}$ pela Parte I. A menos de normalização, isso diz que a transformada de Fourier de $\eu^{-x^2}$ é de novo uma gaussiana — o ponto fixo em torno do qual gira a teoria da inversão do Capítulo 14.

25. Para $0 < a < b$ e $x > 0$ ,

0 \leq \frac{\eu^{-ax} - \eu^{-bx}}{x} = \int_a^b \eu^{-sx}\,\dd s \leq (b - a)\,\eu^{-ax},

de modo que a integral $I(a)$ converge (Lebesgue); a cota pontual mostra também que o integrando se estende continuamente por $b - a$ em $x = 0$ . Fixe $b$ ; em $\intco{a_0}{+\infty}$ , a derivada em $a$ do integrando é $-\eu^{-ax}$ , dominada por $\eu^{-a_0x} \in L^1(\intoo0{+\infty})$ , de modo que $I$ é $\mathcal C^1$ em $\intoo0b$ com

I'(a) = -\int_0^{+\infty}\eu^{-ax}\dd x = -\frac1a, \qquad\text{logo}\qquad I(a) = -\log a + c .

A cota bilateral dá $0 \leq I(a) \leq (b-a)/a \to 0$ quando $a \to b^-$ , de modo que $c = \log b$ e $I(a) = \log\frac ba$ . A singularidade removível é necessária em $0$ : cada termo $\eu^{-ax}/x$ , separadamente, tem integral divergente (logarítmica) perto de $0$ , e só o cancelamento de primeira ordem $\eu^{-ax} - \eu^{-bx} = O(x)$ torna a diferença integrável ali; no infinito, cada termo é inofensivo por si só.