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title: "Medidas produto, Fubini, mudança de variáveis"
book: "Matemática universitária — Graduação 3"
subject: math
language: pt
chapter: 11
exercises: 12
source: https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/11-medidas-produto-fubini-mudanca-de-variaveis
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# Capítulo 11 — Medidas produto, Fubini, mudança de variáveis

A teoria de Lebesgue unidimensional torna-se cálculo multidimensional por meio de dois teoremas. *Tonelli–Fubini* diz que as integrais sobre produtos são integrais iteradas — fatiar é legítimo, em qualquer ordem, sob hipóteses que se podem de fato verificar. A *fórmula de mudança de variáveis* transporta integrais ao longo de difeomorfismos $\mathcal C^1$, tendo o determinante jacobiano por taxa de câmbio do volume; demonstramo-la por completo, partindo do caso linear, em que ela explica o que o determinante *é*. As aplicações se sucedem em cascata: a fórmula do bolo de camadas, a convolução, as [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar), o volume da bola de $n$ dimensões — e, no problema de fim de semana, a fórmula de Stirling com uma análise honesta do erro.

## 11.1 $\sigma$-álgebras produto e medidas produto

**Definição 11.1.**

Para espaços [mensuráveis](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(X, \mathcal A)$, $(Y, \mathcal B)$, a *$\sigma$-álgebra produto* $\mathcal A \otimes \mathcal B$ em $X \times
Y$ é gerada pelos *retângulos* $A \times B$ ($A \in
\mathcal A$, $B \in \mathcal B$) — um $\pi$-sistema. Para $E
\subseteq X\times Y$ e $x \in X$, a *seção* é $E_x
= \{y : (x,y) \in E\}$; para uma função $f$ no produto, $f_x = f(x, \cdot)$.

**Proposição 11.2.**

(a) Se $E \in \mathcal A\otimes\mathcal B$, toda seção $E_x
\in \mathcal B$ (e simetricamente); se $f$ é $\mathcal
A\otimes\mathcal B$-mensurável, toda $f_x$ é $\mathcal
B$-mensurável. (b) $\mathcal B(\R^m)\otimes\mathcal B(\R^n) = \mathcal
B(\R^{m+n})$.

**Demonstração.** (a) Bons conjuntos: $\{E : E_x \in \mathcal B\ \forall x\}$ é uma $\sigma$-álgebra (as seções comutam com complementos e reuniões enumeráveis) que contém os retângulos. Para $f$: $(f_x)^{-1}(B) = (f^{-1}(B))_x$. (b) ($\subseteq$) Retângulos de borelianos: basta que os blocos aberto$\times$aberto sejam borelianos em $\R^{m+n}$ (eles são abertos) e que os retângulos borelianos gerais sejam limites — de novo os bons conjuntos: $\{A : A\times\R^n \in \mathcal B(\R^{m+n})\}$ é uma $\sigma$-álgebra que contém os abertos; intersecte duas dessas. ($\supseteq$) Todo aberto de $\R^{m+n}$ é uma reunião enumerável de blocos abertos racionais $U\times V$: está contido na $\sigma$-álgebra produto. ∎

**Teorema 11.3 (Medida produto).**

Sejam $(X, \mathcal A, \mu)$ e $(Y, \mathcal B, \nu)$ *$\sigma$-finitos*. Para todo $E \in \mathcal
A\otimes\mathcal B$, a função $x \mapsto \nu(E_x)$ é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), e

$$
(\mu\otimes\nu)(E) = \int_X \nu(E_x)\,\dd\mu(x)
$$

define a única [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) em $\mathcal A\otimes\mathcal B$ com $(\mu\otimes\nu)(A\times B) = \mu(A)\nu(B)$. Ela é $\sigma$-finita e simétrica: a mesma [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) se obtém integrando as seções em $x$ contra $\nu$.

**Demonstração.** *[Mensurabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) de $x \mapsto \nu(E_x)$.* Suponha primeiro $\nu$ finita. A classe $\mathcal D$ dos $E$ para os quais a aplicação é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) contém os retângulos ($\nu((A\times B)_x) =
\nu(B)\mathbf 1_A(x)$) e é um $\lambda$-sistema: para $E
\subseteq F$ em $\mathcal D$, $\nu((F\setminus E)_x) =
\nu(F_x) - \nu(E_x)$ (finitude); para $E_n \uparrow E$, $\nu((E_n)_x) \uparrow \nu(E_x)$ ([continuidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) por baixo), e limites monótonos de [funções mensuráveis](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) são [mensuráveis](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Os retângulos formam um $\pi$-sistema: Dynkin ([Teorema 9.4](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#thm-b3-measure-dynkin)) dá $\mathcal D = \mathcal
A\otimes\mathcal B$. Se $\nu$ é $\sigma$-finita, escreva $Y =
\bigcup Y_k$, $Y_k \uparrow$, $\nu(Y_k) < \infty$: $\nu(E_x) =
\lim_k\nu_k(E_x)$ com $\nu_k = \nu(\cdot\cap Y_k)$ finitas.

*[Medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure).* A $\sigma$-aditividade de $E \mapsto
\int\nu(E_x)\dd\mu$ decorre do [Corolário 10.7](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#cor-b3-lebesgue-additivity) (as seções de conjuntos disjuntos são disjuntas). Nos retângulos, ela dá $\mu(A)\nu(B)$. *Unicidade*: dois candidatos coincidem no $\pi$-sistema dos retângulos; a $\sigma$-finitude fornece retângulos $X_k\times
Y_k \uparrow X\times Y$ de [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) finita: [Teorema 9.7](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#thm-b3-measure-uniqueness). Simetria: a construção na outra ordem também é uma [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) que coincide nos retângulos — única, logo a mesma. ∎

**Definição 11.4.**

A *medida de Lebesgue em $\R^d$* é $\lambda_d = \lambda\otimes\cdots\otimes\lambda$ ($d$ fatores; a associatividade da construção se verifica nos blocos e se propaga por unicidade). Ela é a única [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) de Borel que atribui a cada bloco $\prod\intoc{a_i}{b_i}$ seu volume $\prod(b_i - a_i)$; é invariante por translações (os transladados coincidem nos blocos), $\sigma$-finita e [completa](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/7-espacos-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) após o [completamento](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/7-espacos-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#thm-b3-complete-completion) de Carathéodory — escrevemos $\lambda_d$ para a [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) completada e integramos em relação a ela.

## 11.2 Tonelli e Fubini

**Teorema 11.5 (Tonelli).**

Sejam $\mu, \nu$ $\sigma$-finitos e $f \colon X\times Y \to [0,
+\infty]$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). Então $x \mapsto \int_Y f_x\,\dd\nu$ é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) e

$$
\int_{X\times Y}f\,\dd(\mu\otimes\nu)
= \int_X\Bigl(\int_Y f(x,y)\,\dd\nu(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int_Y\Bigl(\int_X f(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\nu(y).
$$

**Demonstração.** A máquina padrão. Para $f = \mathbf 1_E$, isso é o [Teorema 11.3](#thm-b3-product-existence) (e sua forma simétrica). Por linearidade, vale para $f \geq 0$ simples. Para $f \geq
0$ geral: tome $s_n \nearrow f$ simples ([Teorema 10.4](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#thm-b3-lebesgue-approximation)); então $\int_Y(s_n)_x
\dd\nu \nearrow \int_Y f_x\dd\nu$ para cada $x$ (convergência monótona em $Y$), de modo que os membros esquerdos convergem por convergência monótona em $X$, ao passo que $\int s_n\,\dd(\mu\otimes\nu) \nearrow \int f$ por convergência monótona no produto. ∎

**Teorema 11.6 (Fubini).**

Sejam $\mu, \nu$ $\sigma$-finitos e $f \in L^1(\mu\otimes\nu)$. Então, para $\mu$-q.t.p. $x$, a seção $f_x$ é $\nu$-integrável, a função $x \mapsto \int f_x\dd\nu$, definida q.t.p., é [integrável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1), e as duas integrais iteradas valem ambas $\int f\,\dd(\mu\otimes\nu)$.

**Demonstração.** Tonelli aplicado a $\abs f$ mostra que $\varphi(x) = \int\abs{f_x}
\dd\nu$ tem integral finita e, portanto, é finita q.t.p.: $f_x \in
L^1(\nu)$ para q.t.p. $x$. Separe $f = f^+ - f^-$ (caso real; o complexo, por componentes): Tonelli calcula cada integral iterada de $f^\pm$ como $\int f^\pm\dd(\mu\otimes\nu) <
\infty$, e a diferença, definida q.t.p., integra-se na diferença. Simetricamente para a outra ordem. ∎

**Método 11.7.**

Para trocar duas integrais (ou uma integral e uma soma, ou duas somas): se o integrando é *não negativo*, troque à vontade (Tonelli). Do contrário, aplique primeiro Tonelli a $\abs f$ na ordem que for mais fácil de estimar; se o resultado for finito, Fubini legitima a troca. Nunca pule a verificação em $\abs f$: o integrando do [Exercício 11.4](#exo-b3-product-4) tem duas integrais iteradas com *valores diferentes*.

**Proposição 11.8 (Bolo de camadas).**

Para $f \geq 0$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) em $(X, \mathcal A, \mu)$ $\sigma$-finito:

$$
\int_X f\,\dd\mu = \int_0^{+\infty}\mu(\{f > t\})\,\dd t,
\qquad
\int_X f^p\,\dd\mu = p\int_0^{+\infty}t^{p-1}\mu(\{f >
t\})\,\dd t \quad (p \geq 1).
$$

**Demonstração.** Aplique Tonelli a $\mathbf 1_{\{(x,t) : 0 < t < f(x)\}}$ em $X
\times \intoo0{+\infty}$ ([mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable): trata-se de $\{(x,t): f(x) - t
> 0\}\cap\{t > 0\}$, uma combinação de tipo boreliano da [função mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $(x,t)\mapsto f(x) - t$): integrando primeiro em $t$ obtém-se $\int f\,\dd\mu$; integrando primeiro em $x$, $\int_0^\infty\mu(f >
t)\dd t$. Quanto a $f^p$: substitua $t = s^p$ em $\int\mu(f^p > t)
\dd t$, isto é, aplique a primeira fórmula a $f^p$ e mude de variável na integral unidimensional ($\{f^p > s^p\} =
\{f > s\}$). ∎

**Teorema 11.9 (Convolução em L1L^1L1).**

Para $f, g \in L^1(\R^d, \lambda_d)$, a integral

$$
(f * g)(x) = \int_{\R^d} f(x - y)\,g(y)\,\dd y
$$

converge absolutamente para q.t.p. $x$, define $f * g \in
L^1(\R^d)$ com $\norm{f*g}_1 \leq \norm f_1\norm g_1$, e $*$ é comutativa e associativa.

**Demonstração.** $(x, y) \mapsto f(x-y)g(y)$ é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) ($(x,y)\mapsto x -
y$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity); componha e multiplique). Tonelli:

$$
\int\!\!\int \abs{f(x-y)}\abs{g(y)}\,\dd y\,\dd x
= \int\abs{g(y)}\Bigl(\int\abs{f(x - y)}\dd x\Bigr)\dd y
= \norm f_1\norm g_1 < \infty
$$

(invariância por translação de $\lambda_d$ na integral interna). Logo a integral dupla é finita; Fubini dá a convergência absoluta q.t.p. e a cota de norma $\norm{f*g}_1 \leq \norm
f_1\norm g_1$. Comutatividade: substitua $y \mapsto x - y$ (invariância por translação e por reflexão — a invariância por reflexão vale nos blocos e, portanto, em toda parte, por unicidade). Associatividade: Tonelli–Fubini em uma integral tripla. ∎

## 11.3 Mudança de variáveis

**Teorema 11.10 (Mudança linear de variáveis).**

Para $T \in GL_d(\R)$ e $A \in \mathcal B(\R^d)$: $\lambda_d(T(A)) = \abs{\det T}\,\lambda_d(A)$; consequentemente, $\int f(y)\dd y = \abs{\det T}\int f(Tx)\,\dd x$ para $f \geq 0$ ou [integrável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1).

**Demonstração.** A [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) $\mu_T(A) = \lambda_d(T(A))$ é uma [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) de Borel (os [homeomorfismos](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) preservam borelianos, [Problema 9.1](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#pb-b3-measure-1)), invariante por translações ($T(A + x) = T(A) + Tx$) e finita no bloco unitário: pela caracterização da [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Exercício 9.6](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#exo-b3-measure-6), cuja demonstração funciona literalmente em $\R^d$ com cubos diádicos), $\mu_T = c(T)\lambda_d$ com $c(T)
= \lambda_d(T(\intco01^d))$. A aplicação $T \mapsto c(T)$ é multiplicativa ($c(ST) = c(S)c(T)$, por composição), de modo que basta calcular $c$ em geradores de $GL_d$: as matrizes elementares. Diagonal $\operatorname{diag}(a, 1, \dots, 1)$: leva o cubo unitário em um bloco de volume $\abs a$: $c = \abs a =
\abs\det$. Transposição de coordenadas: permuta o cubo: $c
= 1 = \abs\det$. Transvecção $T(x) = x + \alpha
x_2e_1$: a imagem do cubo unitário é um prisma cisalhado; por Tonelli, sua [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) é $\int\lambda_1(\text{seção})\dd x_2
\cdots \dd x_d = 1$, sendo cada seção em $x_1$ um intervalo de comprimento $1$: $c = 1 = \abs{\det}$. Toda matriz inversível é um produto dessas (eliminação gaussiana), e tanto $c$ quanto $\abs\det$ são multiplicativas: $c(T) = \abs{\det T}$. A fórmula integral decorre pela máquina padrão (indicadoras, [funções simples](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-simple), convergência monótona). ∎

**Teorema 11.11 (Mudança de variáveis).**

Sejam $U, V \subseteq \R^d$ aberto e $\Phi \colon U \to V$ um difeomorfismo $\mathcal C^1$. Para toda [função mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) $f \colon V
\to [0, +\infty]$ (ou $f \in L^1(V)$):

$$
\int_V f(y)\,\dd y = \int_U
f\bigl(\Phi(x)\bigr)\,\abs{\det D\Phi(x)}\,\dd x .
$$

**Demonstração.** Escreva $J(x) = \abs{\det D\Phi(x)}$. O coração da demonstração é a desigualdade

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A)\bigr) \leq \int_A J\,\dd\lambda_d
\qquad\text{para todo boreliano } A \subseteq U;
\tag{$*$}
$$

A etapa 4 abaixo eleva $(*)$ — aplicada tanto a $\Phi$ quanto a $\Phi^{-1}$ — à igualdade do enunciado. Note que $\Phi^{-1}$ é, ela própria, um difeomorfismo $\mathcal C^1$ de jacobiano $\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = J(\Phi^{-1}y)^{-1}$ (regra da cadeia em $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$).

*Etapa 1: $(*)$ para cubos, com um fator de distorção.* Fixe um cubo fechado $Q \subseteq U$ de [centro](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/1-teoria-dos-grupos#ex-b3-groups-actions) $x_0$ e lado $2r$ (bola para a norma do supremo). Afirmação: para todo $\varepsilon > 0$, se $\Phi$ é derivável em $Q$ com $\norm{D\Phi(x) - D\Phi(x_0)} \leq \varepsilon$ em $Q$ ([norma de operador](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/8-espacos-de-banach-e-os-teoremas-fundamentais#def-b3-banach-operator) para a norma do supremo), então

$$
\Phi(Q) \subseteq \Phi(x_0) + D\Phi(x_0)\Bigl(\,\bigl(1 +
\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\bigr)\,(Q - x_0)\Bigr),
$$

pois, para $x \in Q$, a desigualdade do valor médio aplicada a $\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x - x_0)$ dá $\norm{\Phi(x) - \Phi(x_0) - D\Phi(x_0)(x-x_0)}_\infty \leq
\varepsilon\norm{x - x_0}_\infty \leq \varepsilon r$, e $D\Phi(x_0)^{-1}$ absorve esse defeito em um alargamento de $\varepsilon\norm{D\Phi(x_0)^{-1}}\,r$ do cubo. Pelo [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange),

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \abs{\det D\Phi(x_0)}\,
\bigl(1 + \varepsilon\,C\bigr)^{d}\,\lambda_d(Q),
\qquad C = \sup_{Q}\norm{D\Phi(\cdot)^{-1}} .
$$

*Etapa 2: $(*)$ para cubos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact), por subdivisão.* Sejam $Q
\subseteq U$ um cubo [compacto](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact) e $\varepsilon > 0$. Em $Q$, $D\Phi$ é uniformemente [contínua](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) e $\norm{D\Phi^{-1}}$ é limitada ([compacidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact)); subdivida $Q$ em $2^{kd}$ subcubos $Q_i$ suficientemente pequenos para que a oscilação de $D\Phi$ em cada um seja $\leq \varepsilon$. A etapa 1 em cada subcubo (de [centro](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/1-teoria-dos-grupos#ex-b3-groups-actions) $x_i$):

$$
\lambda_d(\Phi(Q)) \leq \sum_i\lambda_d(\Phi(Q_i))
\leq (1 + C\varepsilon)^d \sum_i \abs{\det
D\Phi(x_i)}\,\lambda_d(Q_i)
\leq (1 + C\varepsilon)^d\Bigl(\int_Q J + \varepsilon'\Bigr),
$$

a última passagem porque $\sum_i\abs{\det D\Phi(x_i)}\mathbf
1_{Q_i} \to J$ uniformemente em $Q$ ([continuidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) de $\det D\Phi$) — comparação com somas de Riemann. Faça $\varepsilon \to 0$: $(*)$ vale para cubos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact).

*Etapa 3: $(*)$ para todo boreliano $A$.* A função de conjunto $A
\mapsto \lambda_d(\Phi(A))$, nos borelianos de $U$, é uma [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) ($\Phi$ é uma bijeção sobre $V$ que preserva borelianos e disjunção enumerável), e $A \mapsto \int_AJ$ também é. Todo aberto de $U$ é uma reunião enumerável de cubos diádicos [compactos](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact) quase disjuntos (decomposição diádica padrão: tome os cubos diádicos maximais contidos no aberto), e ambas as [medidas](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) são aditivas sobre eles (as fronteiras dos cubos são $\lambda_d$-nulas, e suas imagens por $\Phi$ são nulas pela etapa 2 aplicada a coberturas das faces por cubos finos): $(*)$ passa dos cubos aos abertos. Para $A$ boreliano geral: exaura $U$ por [compactos](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-compact) $K_m \uparrow U$ com $K_m \subseteq
\mathring K_{m+1}$, e fixe $m$; em $\mathring K_{m+1}$, $J$ é limitada por algum $M_m$. Pela regularidade exterior de $\lambda_d$ (demonstração como no [Teorema 9.13](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#thm-b3-measure-regularity), com blocos), escolha abertos $O_n$ com $A \cap K_m \subseteq O_n
\subseteq \mathring K_{m+1}$ e $\lambda_d\bigl(O_n \setminus
(A\cap K_m)\bigr) \to 0$. Então

$$
\lambda_d\bigl(\Phi(A\cap K_m)\bigr) \leq
\lambda_d\bigl(\Phi(O_n)\bigr) \leq \int_{O_n}J
\leq \int_{A\cap K_m}J + M_m\,\lambda_d\bigl(O_n\setminus(A\cap
K_m)\bigr) \xrightarrow[n\to\infty]{} \int_{A\cap K_m}J .
$$

Faça $m \to \infty$: [continuidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) por baixo à esquerda, convergência monótona à direita. Isso estabelece $(*)$.

*Etapa 4: igualdade e fórmula integral.* Primeiro, estenda $(*)$ dos conjuntos às integrais: para toda $g
\geq 0$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) em $V$,

$$
\int_V g(y)\,\dd y \leq \int_U g(\Phi(x))\,J(x)\,\dd x .
\tag{$**$}
$$

Com efeito, para $g = \mathbf 1_B$ isso é $(*)$ com $A =
\Phi^{-1}(B)$; a linearidade estende a $g$ simples, e a convergência monótona a toda $g \geq 0$ (a máquina padrão). Aplique agora $(**)$ duas vezes: primeiro a $g$ e, em seguida — para o difeomorfismo $\Phi^{-1}$ —, à função $x \mapsto g(\Phi(x))J(x)$:

$$
\int_Vg \leq \int_U g(\Phi(x))J(x)\dd x
\leq \int_V g(y)\,J(\Phi^{-1}y)\,\abs{\det
D\Phi^{-1}(y)}\,\dd y = \int_V g ,
$$

já que $J(\Phi^{-1}y)\abs{\det D\Phi^{-1}(y)} = \abs{\det\bigl(
D\Phi(\Phi^{-1}y)\,D\Phi^{-1}(y)\bigr)} = 1$ (regra da cadeia em $\Phi\circ\Phi^{-1} = \mathrm{id}$). Todas as desigualdades são igualdades: a fórmula vale para $g \geq 0$ e, por decomposição, para funções $L^1$. ∎

**Exemplo 11.12 (Coordenadas polares; a gaussiana de novo).**

$\Phi(r, \theta) = (r\cos\theta, r\sin\theta)$ é um difeomorfismo $\mathcal
C^1$ de $\intoo0{+\infty}\times\intoo0{2\pi}$ sobre $\R^2$ menos uma semirreta (conjunto nulo), com $\det D\Phi =
r$:

$$
\int_{\R^2}f(x, y)\,\dd x\,\dd y
= \int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{+\infty}
f(r\cos\theta, r\sin\theta)\,r\,\dd r\,\dd\theta .
$$

Para $f = \eu^{-x^2-y^2}$, Tonelli e essa fórmula dão

$$
G^2 = \Bigl(\int_\R \eu^{-x^2}\dd x\Bigr)^2
= \int_{\R^2}\eu^{-x^2-y^2}
= 2\pi\int_0^\infty r\eu^{-r^2}\dd r = \pi:
$$

a clássica demonstração de duas linhas de $G = \sqrt\pi$, agora plenamente justificada (compare com a demonstração por parâmetros do [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1)).

**Teorema 11.13 (Volume da bola unitária).**

Seja $v_d = \lambda_d(B(0,1))$ em $\R^d$. Então

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma\bigl(\frac d2 + 1\bigr)} :
\qquad
v_1 = 2,\quad v_2 = \pi,\quad v_3 = \tfrac{4\pi}3,\quad
v_4 = \tfrac{\pi^2}2,\ \dots
$$

**Demonstração.** Calcule $I = \int_{\R^d}\eu^{-\norm x_2^2}\dd\lambda_d$ de duas maneiras. Por Tonelli, ela se fatora: $I = G^d = \pi^{d/2}$. Pela fórmula do bolo de camadas ([Proposição 11.8](#prop-b3-product-layercake)) com $f = \eu^{-
\norm x^2}$, cujos conjuntos de nível são bolas: $\{f > t\} =
B\bigl(0, \sqrt{-\ln t}\bigr)$ para $0 < t < 1$, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) $v_d(-\ln t)^{d/2}$ (a dilatação por $\rho$ reescala $\lambda_d$ por $\rho^d$: [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)), de modo que

$$
I = \int_0^1 v_d\,(-\ln t)^{d/2}\,\dd t
\overset{t = \eu^{-s}}{=}
v_d\int_0^\infty s^{d/2}\eu^{-s}\,\dd s
= v_d\,\Gamma\Bigl(\frac d2 + 1\Bigr).
$$

Iguale. (Os valores: $\Gamma(\frac32) = \frac{\sqrt\pi}2$, $\Gamma(2) = 1$, etc.) Note que $v_d \to 0$ quando $d \to \infty$ — o problema de fim de semana quantifica com que rapidez, via Stirling. ∎

## 11.4 Exercícios

**Exercício 11.1 ★.**

Sejam $\mu$ a [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) de contagem em $(\intcc01, \mathcal
B(\intcc01))$ (que não é $\sigma$-finita), $\lambda$ a [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) e $\Delta = \{(x,x)\}$ a diagonal em $\intcc01^2$. Mostre que $\Delta$ é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) e calcule as duas integrais iteradas de $\mathbf 1_\Delta$ contra $\lambda$ e $\mu$: elas diferem. Que hipótese do [Teorema 11.5](#thm-b3-product-tonelli) falha?

**Solução de Exercício 11.1.**

$\Delta$ é fechada em $\intcc01^2$, logo boreliana, e $\mathcal
B(\intcc01^2)$ é a $\sigma$-álgebra produto ([Proposição 11.2](#prop-b3-product-sections)(b)). Iterando numa ordem:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int \mathbf 1_\Delta(x,y)
\,\dd\lambda(y)\Bigr)\dd\mu(x)
= \int \lambda(\{x\})\,\dd\mu(x) = 0 ;
$$

na outra:

$$
\int_{\intcc01}\Bigl(\int\mathbf
1_\Delta(x,y)\,\dd\mu(x)\Bigr)\dd\lambda(y)
= \int \mu(\{y\})\,\dd\lambda(y) = \int 1\,\dd\lambda = 1 .
$$

A hipótese que falha é a $\sigma$-finitude da [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) de contagem $\mu$ no não enumerável $\intcc01$: nenhuma família enumerável de conjuntos de $\mu$ finita o cobre.

**Exercício 11.2 ★.**

Justifique a troca e redemonstre a integral de Dirichlet: para $A > 0$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\,\dd x
= \int_0^A\!\!\int_0^{+\infty}\eu^{-xy}\sin x\,\dd y\,\dd x
= \int_0^{+\infty}\!\!\int_0^A \eu^{-xy}\sin x\,\dd x\,\dd y,
$$

calcule a integral interna em forma fechada e faça $A \to
+\infty$ (dominando a integral em $y$) para obter $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$.

**Solução de Exercício 11.2.**

Em $\intcc0A\times\intoo0{+\infty}$: $\int_0^A\int_0^\infty\eu^{-xy}\abs{\sin x}\,\dd y\,\dd x =
\int_0^A\frac{\abs{\sin x}}x\dd x \leq A < \infty$ (Tonelli para o valor absoluto): Fubini se aplica e, como $\int_0^\infty\eu^{-xy}\dd y = \frac1x$,

$$
\int_0^A\frac{\sin x}x\dd x
= \int_0^\infty\Bigl(\int_0^A\eu^{-xy}\sin x\,\dd
x\Bigr)\dd y
= \int_0^\infty \frac{1 - \eu^{-Ay}(\cos A + y\sin A)}{1 +
y^2}\,\dd y
$$

(a integral interna: $\operatorname{Im}\int_0^A\eu^{(\iu -
y)x}\dd x$, calculada diretamente). Quando $A \to \infty$, o termo de correção é limitado por $\int_0^\infty\eu^{-Ay}\frac{1 +
y}{1 + y^2}\dd y \leq \frac32\int_0^\infty\eu^{-Ay}\dd y =
\frac3{2A} \to 0$; o termo principal é $\int_0^\infty\frac{\dd y}{1+y^2} = \frac\pi2$. Logo $\int_0^\infty\frac{\sin x}x\dd x = \frac\pi2$ — a integral de Dirichlet por Fubini.

**Exercício 11.3 ★★.**

(a) Demonstre que, para $f \geq 0$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) e $\mu$ finita, $\sum_{n\geq1}\mu(\{f \geq n\}) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(\{f\geq n\})$: a [integrabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) é a somabilidade das [medidas](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) de cauda. (b) Deduza que $f \in L^1(\mu)$ (com $\mu$ finita) se, e somente se, $\sum_n\mu(\abs f \geq n) < \infty$.

**Solução de Exercício 11.3.**

(a) Fórmula das camadas ([Proposição 11.8](#prop-b3-product-layercake)): $\int
f\,\dd\mu = \int_0^\infty\mu(f > t)\,\dd t$, e $t \mapsto
\mu(f > t)$ é não crescente. Em $[n-1, n]$: $\mu(f \geq n)
\leq \mu(f > t) \leq \mu(f > n - 1) \leq \mu(f \geq n - 1)$; somando as integrais sobre os intervalos unitários:

$$
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n) \leq \int f\,\dd\mu \leq
\sum_{n\geq1}\mu(f \geq n - 1) = \mu(f \geq 0) +
\sum_{n\geq1}\mu(f\geq n) \leq \mu(X) + \sum_{n\geq1}\mu(f\geq
n).
$$

(b) Aplique (a) a $\abs f$: a finitude da integral e a da série são equivalentes (o $\mu(X)$ extra é finito).

**Exercício 11.4 ★★.**

Para $f(x, y) = \dfrac{x^2 - y^2}{(x^2 + y^2)^2}$ em $\intoo01^2$, mostre que

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x = \frac\pi4,
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd x\,\dd y = -\frac\pi4
$$

*(note que $f = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$)*, e verifique diretamente que $\int\!\int\abs f = +\infty$: a hipótese de [integrabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) de Fubini não é decorativa.

**Solução de Exercício 11.4.**

Como $f(x,y) = \partial_y\bigl(\frac{y}{x^2+y^2}\bigr)$ para $x \ne 0$:

$$
\int_0^1 f(x, y)\,\dd y = \frac{1}{x^2 + 1}
\ \Longrightarrow\
\int_0^1\!\!\int_0^1 f\,\dd y\,\dd x =
\int_0^1\frac{\dd x}{1 + x^2} = \frac\pi4 ;
$$

pela antissimetria $f(y,x) = -f(x,y)$, a outra ordem dá $-\frac\pi4$. Valores absolutos: para $0 < y < x$,

$$
\int_0^x f(x,y)\,\dd y = \Bigl[\frac{y}{x^2 +
y^2}\Bigr]_0^x = \frac1{2x},
\quad\text{e } f \geq 0 \text{ ali, logo}\quad
\int_0^1\!\!\int_0^1\abs f \geq \int_0^1\frac{\dd x}{2x} =
+\infty .
$$

Nenhuma contradição com Fubini: sua hipótese $f \in L^1$ falha, e as duas integrais iteradas são simplesmente dois números diferentes.

**Exercício 11.5 ★★.**

(a) Calcule $\mathbf 1_{\intcc01} * \mathbf 1_{\intcc01}$ explicitamente (uma função-tenda) e a forma geral de $(\mathbf 1 * \mathbf 1 *
\mathbf 1)$. (b) Mostre que $\operatorname{supp}(f * g) \subseteq
\overline{\operatorname{supp}f + \operatorname{supp}g}$. (c) Mostre que, se $f \in L^1$ e $g$ é limitada e [contínua](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity), então $f * g$ é [contínua](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity). *(Convergência dominada, via a [continuidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) da translação sobre a $g$ limitada.)*

**Solução de Exercício 11.5.**

(a) $(\mathbf 1_{\intcc01}*\mathbf 1_{\intcc01})(x) =
\lambda\bigl(\intcc01\cap\intcc{x-1}x\bigr)$: $0$ para $x
\notin \intcc02$, $x$ para $0 \leq x \leq 1$, $2 - x$ para $1
\leq x \leq 2$: a tenda. Convolver de novo dá um pico $\mathcal
C^1$ quadrático por partes em $\intcc03$ (a B-spline quadrática): cada convolução ganha um grau de regularidade — o princípio de suavização por trás dos regularizantes do [Capítulo 12](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/12-os-espacos-lp#ch-b3-lp).

(b) Se $x \notin \overline{\operatorname{supp}f +
\operatorname{supp}g}$, há uma bola em torno de $x$ disjunta do conjunto das somas; para $y \in \operatorname{supp}g$, $x - y
\notin\operatorname{supp}f$, de modo que o integrando se anula identicamente: $f * g = 0$ perto de $x$.

(c) Para $x_n \to x$: $(f*g)(x_n) = \int
f(y)g(x_n - y)\,\dd y$; os integrandos convergem pontualmente ([continuidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/6-topologia-geral#def-b3-topology-continuity) de $g$) e são dominados por $\norm
g_\infty\,\abs f \in L^1$: o TCD dá $(f*g)(x_n) \to (f*g)(x)$.

**Exercício 11.6 ★★.**

(a) Mostre que o simplexo $\Delta_d = \{x \in \intco0\infty^d
: x_1 + \dots + x_d \leq 1\}$ tem volume $\frac1{d!}$ *(indução e Fubini)*. (b) Recupere $v_2 = \pi$, $v_3 = \frac{4\pi}3$ a partir do [Teorema 11.13](#thm-b3-product-ballvolume) e mostre que $\lambda_d(\text{elipsoide de semieixos } a_i) =
v_d\prod a_i$.

**Solução de Exercício 11.6.**

(a) Por Fubini e indução, fatiando ao longo da última coordenada:

$$
\lambda_d(\Delta_d) = \int_0^1
\lambda_{d-1}\bigl((1 - t)\,\Delta_{d-1}\bigr)\,\dd t
= \lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})\int_0^1(1 - t)^{d-1}\dd t
= \frac{\lambda_{d-1}(\Delta_{d-1})}{d},
$$

usando a regra de dilatação $\lambda_{d-1}(\rho A) =
\rho^{d-1}\lambda_{d-1}(A)$ ([Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange)); com $\lambda_1(\Delta_1) = 1$: volume $\frac1{d!}$.

(b) $v_2 = \pi/\Gamma(2) = \pi$; $v_3 =
\pi^{3/2}/\Gamma(\frac52) = \pi^{3/2}/(\frac32\cdot\frac12
\sqrt\pi) = \frac{4\pi}3$. O elipsoide é $T(B(0,1))$ com $T = \operatorname{diag}(a_1, \dots, a_d)$: o [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) dá volume $v_d\prod a_i$.

**Exercício 11.7 ★★.**

Para quais $s > 0$ as expressões seguintes são finitas? Justifique com [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar):

$$
\int_{B(0,1)\subseteq\R^2}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}},
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)}\frac{\dd x\,\dd y}{(x^2 +
y^2)^{s}} .
$$

Generalize para $\R^d$ (os limiares $s < d/2$ e $s > d/2$).

**Solução de Exercício 11.7.**

Em $\R^2$, [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar) ([Exemplo 11.12](#ex-b3-product-polar)):

$$
\int_{B(0,1)}\frac{\dd x\dd y}{(x^2+y^2)^s}
= 2\pi\int_0^1 r^{1 - 2s}\,\dd r,
\qquad
\int_{\R^2\setminus B(0,1)} = 2\pi\int_1^\infty r^{1-2s}\dd r:
$$

finita se, e somente se, $1 - 2s > -1$ ($s < 1$), resp. $1 - 2s < -1$ ($s >
1$). Em $\R^d$, evite as coordenadas esféricas com a fórmula das camadas: $\lambda_d(\{\norm x^{-2s} > t\}\cap B(0,1)) =
\lambda_d(B(0, \min(1, t^{-1/2s}))) = v_d\min(1, t^{-d/2s})$, e $\int_0^\infty v_d\min(1, t^{-d/(2s)})\dd t < \infty$ se, e somente se, $\frac d{2s} > 1$, isto é, $s < \frac d2$; a integral exterior converge se, e somente se, $s > \frac d2$ (mesmo cálculo na região complementar).

**Exercício 11.8 ★★★.**

(Beta–Gama) Para $p, q > 0$, seja $B(p, q) = \int_0^1t^{p-1}(1
- t)^{q-1}\dd t$. Partindo de $\Gamma(p)\Gamma(q)$ como integral dupla, substitua $(x, y) = (uv,\, u(1 - v))$ (um difeomorfismo do quadrante aberto sobre $\intoo0\infty\times\intoo01$; calcule seu jacobiano $= u$) e conclua

$$
B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\,\Gamma(q)}{\Gamma(p + q)} .
$$

Deduza $\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,
\dd\theta = \frac12B(p,q)$ e o valor das integrais de Wallis $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n$.

**Solução de Exercício 11.8.**

Por Tonelli (integrandos positivos) e a mudança de variáveis $(x, y) = \Phi(u, v) = (uv,\ u(1-v))$, um difeomorfismo $\mathcal C^1$ de $\intoo0\infty\times\intoo01$ sobre o quadrante aberto com

$$
\det D\Phi = \det\begin{pmatrix} v & u\\ 1 - v & -u
\end{pmatrix} = -uv - u(1 - v) = -u,
\qquad \abs{\det} = u :
$$

$$
\Gamma(p)\Gamma(q) =
\iint x^{p-1}y^{q-1}\eu^{-x-y}\dd x\,\dd y
= \iint (uv)^{p-1}\bigl(u(1{-}v)\bigr)^{q-1}\eu^{-u}\,u\,
\dd u\,\dd v
= \Gamma(p + q)\,B(p, q).
$$

Substituir $t = \sin^2\theta$ em $B(p,q)$ dá $2\int_0^{\pi/2}\sin^{2p-1}\theta\cos^{2q-1}\theta\,\dd\theta =
B(p, q)$. Wallis: $W_n =
\int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,\dd\theta = \frac12B\bigl(\frac{n +
1}2, \frac12\bigr) = \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)\sqrt\pi}
{2\,\Gamma(\frac n2 + 1)}$ — por exemplo, $W_{2n} =
\frac\pi2\cdot\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2}$ usando $\Gamma(n + \frac12) = \frac{(2n)!}{4^nn!}\sqrt\pi$.

**Exercício 11.9 ★★.**

(Fórmula de transferência) Sejam $T \colon (X, \mathcal A, \mu) \to (Y,
\mathcal B)$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) e $T_*\mu(B) = \mu(T^{-1}(B))$ a *medida imagem*. Mostre que, para toda $g \geq 0$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) em $Y$:

$$
\int_Y g\,\dd(T_*\mu) = \int_X g\circ T\,\dd\mu
$$

(máquina padrão). Compare em seguida com o [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange): que informação extra a fórmula de mudança de variáveis carrega e a fórmula abstrata de transferência não? *(A fórmula de transferência jamais identifica $T_*\mu$; o teorema de mudança de variáveis calcula $T_*\lambda_d$ explicitamente como [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) com [densidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma).)*

**Solução de Exercício 11.9.**

Indicadoras: $\int\mathbf 1_B\,\dd(T_*\mu) = T_*\mu(B) =
\mu(T^{-1}B) = \int\mathbf 1_B\circ T\,\dd\mu$; a linearidade estende a $g$ simples, e o TCM a $g \geq 0$ — a fórmula de transferência. Ela é puramente formal: reexprime integrais contra $T_*\mu$, mas nada diz sobre *o que* $T_*\mu$ é. O conteúdo do [Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) e do [Teorema 11.11](#thm-b3-product-changeofvar) é a identificação

$$
\Phi_*\bigl(\lambda_d\restriction_U\bigr) =
\abs{\det D\Phi^{-1}}\,\lambda_d\restriction_V
\quad\text{(uma medida com densidade)},
$$

isto é, um cálculo da imagem direta da [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) — sendo o insumo analítico a geometria diferencial de $\Phi$, e não o formalismo da teoria da [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure).

**Exercício 11.10 ★★★.**

(Momentos gaussianos) Usando [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar) e Fubini, calcule, para o peso gaussiano padrão em $\R^d$:

$$
\int_{\R^d}\norm x_2^2\;\eu^{-\norm x_2^2}\,\dd x
\qquad\text{e}\qquad
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2_2}\,\dd x,
$$

verifique a coerência ($\norm x^2 = \sum x_i^2$) e deduza o segundo momento da [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$.

**Solução de Exercício 11.10.**

Por Tonelli a gaussiana se fatora, de modo que, com $G_1 =
\int_\R\eu^{-s^2}\dd s = \sqrt\pi$ e $\int_\R
s^2\eu^{-s^2}\dd s = \frac{\sqrt\pi}2$ (integre por partes):

$$
\int_{\R^d}x_1^2\,\eu^{-\norm x^2}\dd x =
\frac{\sqrt\pi}2\;\pi^{(d-1)/2} = \frac{\pi^{d/2}}2,
\qquad
\int_{\R^d}\norm x^2\eu^{-\norm x^2}\dd x =
d\cdot\frac{\pi^{d/2}}2
$$

(por simetria, $\norm x^2 = \sum_ix_i^2$ contribui com $d$ termos iguais — a verificação de coerência). Para a [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) normalizada $\pi^{-d/2}\eu^{-\norm x^2}\dd x$, o segundo momento é $\frac d2$.

**Exercício 11.11 ★★.**

(Gráfico e hipógrafo) Seja $f \colon \R^d \to \intco0\infty$ [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable). (a) Mostre que o *hipógrafo* $H = \{(x, y) \in
\R^d\times\R : 0 < y < f(x)\}$ é [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) em $\R^{d+1}$ com

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d :
$$

“a integral é a área sob o gráfico”, enfim um teorema. *(Seções; Tonelli.)* (b) Mostre que o gráfico $\{(x, f(x)) : x \in \R^d\}$ é um conjunto nulo de $\R^{d+1}$. (c) Deduza uma demonstração de duas linhas de que a esfera $S^{d-1}$ é Lebesgue-nula em $\R^d$.

**Solução de Exercício 11.11.**

(a) $H = \Phi^{-1}(\intoo0\infty)$ para $\Phi(x, y) = f(x) -
y$ intersectado com $\{y > 0\}$: [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable), já que $(x, y)
\mapsto f(x)$ e $(x,y)\mapsto y$ são [mensuráveis](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable) no produto (composições com as projeções). A seção em $x$ de $H$ é $\intoo0{f(x)}$, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) $f(x)$: Tonelli integra as seções,

$$
\lambda_{d+1}(H) = \int_{\R^d}\lambda_1\bigl(\intoo0{f(x)}
\bigr)\,\dd x = \int_{\R^d}f\,\dd\lambda_d .
$$

(b) O gráfico é $\{(x,y) : y \geq f(x)\} \cap \{y \leq
f(x)\}$, [mensurável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-measurable); suas seções em $x$ são conjuntos unitários, de [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) $0$: Tonelli dá $\lambda_{d+1}(\text{gráfico}) =
\int 0 = 0$.

(c) $S^{d-1}$ é a união dos dois gráficos $y =
\pm\sqrt{1 - \abs{x'}^2}$ sobre a bola unitária de $\R^{d-1}$ (separando a última coordenada): união de dois conjuntos nulos por (b), nula.

**Exercício 11.12 ★★.**

(Uma integral dupla célebre) Usando a série geométrica e Tonelli em $\intoo01^2$, demonstre

$$
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} = \zeta(2),
\qquad
\int_0^1\!\!\int_0^1\frac{\dd x\,\dd y}{1 + xy}
= \sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2} = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

(A segunda identidade de séries: separe os índices pares e ímpares.) Com $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Capítulo 15](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/15-operadores-compactos-e-o-teorema-espectral#ch-b3-spectral)), duas integrais de aparência inocente valem $\frac{\pi^2}6$ e $\frac{\pi^2}{12}$; onde exatamente a hipótese de positividade de Tonelli faz seu trabalho?

**Solução de Exercício 11.12.**

Em $\intoo01^2$, $\frac1{1 - xy} = \sum_{n\geq0}(xy)^n$ com termos não negativos: Tonelli permite a integração termo a termo,

$$
\iint\frac{\dd x\,\dd y}{1 - xy}
= \sum_{n\geq0}\Bigl(\int_0^1x^n\dd x\Bigr)
\Bigl(\int_0^1y^n\dd y\Bigr)
= \sum_{n\geq0}\frac1{(n+1)^2} = \zeta(2) .
$$

Para o caso alternado, $\frac1{1 + xy} =
\sum_n(-1)^n(xy)^n$ não é uma série positiva; mas a integral da série dos *valores absolutos* é $\zeta(2) <
\infty$, de modo que Fubini (com a [integrabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) agora estabelecida) se aplica: $\iint\frac{\dd x\dd y}{1 + xy} =
\sum_n\frac{(-1)^n}{(n+1)^2}$. A identidade de séries:

$$
\sum_{n\geq1}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}
= \sum_{n\geq1}\frac1{n^2} - 2\sum_{k\geq1}\frac1{(2k)^2}
= \zeta(2) - \frac{\zeta(2)}2 = \frac{\zeta(2)}2 .
$$

Com $\zeta(2) = \frac{\pi^2}6$ ([Problema 15.1](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/15-operadores-compactos-e-o-teorema-espectral#pb-b3-spectral-1)): as integrais valem $\frac{\pi^2}6$ e $\frac{\pi^2}{12}$. A positividade de Tonelli era tudo no primeiro cálculo — nenhuma verificação de [integrabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) antes de trocar; no segundo, a positividade da série dos valores absolutos é o que *certifica* a [integrabilidade](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) para que Fubini possa rodar na série com sinal.

## 11.5 Problema: a fórmula de Stirling

**Problema 11.1.**

Problema de fim de semana — $n! \sim
\sqrt{2\pi n}\,(n/\eu)^n$, por convergência dominada

A fórmula de Stirling governa toda contagem assintótica deste livro — volumes de bolas, coeficientes binomiais, a forma local do teorema central do limite. Demonstramo-la a partir da integral $\Gamma$ ([Exemplo 10.16](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#ex-b3-lebesgue-gamma)) com o *método de Laplace*, em sua forma mais limpa por convergência dominada, e em seguida colhemos os dividendos.

**Parte I — A fórmula.** Para $t > 0$, $\Gamma(t + 1) = \int_0^\infty x^{t}\eu^{-x}\dd x$.

1. Substitua $x = t + \sqrt t\,u$ e mostre que $$\frac{\Gamma(t+1)}{t^{t}\eu^{-t}\sqrt t}  = \int_{-\sqrt t}^{+\infty}  \exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt  t}\Bigr) - \sqrt t\,u\Bigr)\,\dd u  \;=\;\int_\R g_t(u)\,\dd u,$$ em que $g_t(u) = \exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t) -  \sqrt t\,u\bigr)\mathbf 1_{u > -\sqrt t}$.
2. Mostre o limite pontual: para todo $u$ fixado, $g_t(u)  \to \eu^{-u^2/2}$ quando $t \to +\infty$ *(expanda $\ln(1 + h)$ até a segunda ordem)* .
3. Dominação. Seja $\varphi(h) = \ln(1 + h) - h$, de modo que $g_t(u) = \exp\bigl(t\,\varphi(u/\sqrt t)\bigr)$ para $u > -\sqrt t$. Demonstre as duas cotas $$\varphi(h) \leq -\frac{h^2}4 \quad (-1 < h \leq 1),  \qquad  \varphi(h) \leq -c\,h \quad (h \geq 1),\ \ c = 1 -  \ln 2 > 0$$ *(estude $\varphi(h) + \frac{h^2}4$ e $\varphi(h)  + ch$: calcule as derivadas e verifique o sinal em cada faixa)*. Deduza, para $t \geq 1$: $$g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4}\ \ (\abs u \leq \sqrt t),  \qquad  g_t(u) \leq \eu^{-cu}\ \ (u \geq \sqrt t),$$ de modo que $g_t(u) \leq \eu^{-u^2/4} +  \eu^{-cu}\,\mathbf 1_{u > 0}$: um dominador [integrável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) independente de $t \geq 1$.
4. Conclua com o teorema da convergência dominada e a integral gaussiana ([Exemplo 11.12](#ex-b3-product-polar)): $$\Gamma(t + 1) \;\sim\;  \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac t\eu\Bigr)^{t}  \qquad (t \to +\infty),$$ e, em particular, $n! \sim \sqrt{2\pi  n}\,(n/\eu)^n$.

**Parte II — Dividendos.**

5. (Wallis) A partir do [Exercício 11.8](#exo-b3-product-8) e de fórmulas do tipo $W_{2n} =  \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}$ : deduza $\binom{2n}{n} \sim \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}}$ de Stirling e confronte-a com a recursão $W_{n} =  \frac{n-1}nW_{n-2}$ .
6. (Os volumes das bolas colapsam) Mostre que $$v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}  \;\sim\; \frac{1}{\sqrt{\pi d}}  \Bigl(\frac{2\pi\eu}{d}\Bigr)^{d/2},$$ de modo que $v_d \to 0$ mais rápido do que qualquer sequência geométrica; encontre a dimensão que maximiza $v_d$ (numericamente: $d =  5$).
7. (Concentração do binomial — uma antecipação do [Capítulo 23](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/23-funcoes-caracteristicas-e-o-teorema-central-do-limite#ch-b3-clt)) Usando Stirling, mostre a estimativa local, para $k = n/2 + s\sqrt n/2$ com $s$ fixado e $n$ par: $$2^{-n}\binom{n}{k} \;\sim\;  \sqrt{\frac{2}{\pi n}}\;\eu^{-s^2/2},$$ o perfil gaussiano discreto: de Moivre–Laplace em embrião.
8. Onde exatamente a demonstração da Parte I usou: (i) a convergência monótona ou a dominada; (ii) a integral gaussiana; (iii) as propriedades de invariância da [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) ? Uma frase para cada.

**Parte III — O termo de erro: Stirling com barras.** Ponha $d_n = \ln n! - \bigl(n + \tfrac12\bigr)\ln n + n -
\ln\sqrt{2\pi}$, de modo que a Parte I diz que $d_n \to 0$.

9. Mostre que $d_n - d_{n+1} = \bigl(n +  \tfrac12\bigr)\ln\bigl(1 + \tfrac1n\bigr) - 1$ .
10. Com $t = \frac1{2n+1}$, verifique $\frac{n+1}n =  \frac{1+t}{1-t}$ e expanda: $$d_n - d_{n+1} = \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 +  \frac{t^6}7 + \cdots,$$ e deduza as cotas bilaterais $$\frac1{3(2n+1)^2} \;<\; d_n - d_{n+1} \;<\;  \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)} .$$
11. Telescope (usando $d_m \to 0$) e verifique a agradável identidade [algébrica](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/4-extensoes-de-corpos-e-teoria-de-galois#def-b3-galois-algebraic) $\frac1{3(2m+1)^2} >  \frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1}$ para $m \geq 1$, obtendo o enquadramento clássico $$\sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n  \eu^{1/(12n+1)} \;<\; n! \;<\;  \sqrt{2\pi n}\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n\eu^{1/(12n)} .$$
12. Duas consequências: (a) o erro relativo da fórmula de Stirling é $< 10^{-6}$ assim que $n \geq 83\,334$ ; (b) estime $100!$ com quatro algarismos significativos à mão a partir do enquadramento ( $100! \approx 9.3326\cdot  10^{157}$ ), e admire-se por um instante da precisão de uma fórmula assintótica em um $n$ bem finito.

**Parte IV — A rota de Wallis: Stirling sem a gaussiana.** Historicamente, a constante $\sqrt{2\pi}$ veio de Wallis, não de Gauss; esta parte redemonstra Stirling independentemente das Partes I–II e, com isso, redemonstra a integral gaussiana. Seja $W_n = \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\,
\dd\theta$.

13. Estabeleça $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (integre por partes), as formas fechadas $$W_{2n} = \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n}, \qquad  W_{2n+1} = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},$$ e a identidade $W_nW_{n-1} = \frac\pi{2n}$.
14. Da monotonicidade de $(W_n)$, deduza $W_{2n}/W_{2n+1} \to 1$ e, depois, $$W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\frac\pi n}  \qquad\text{e}\qquad  \binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \longrightarrow  \frac1{\sqrt\pi} :$$ o teorema de Wallis, obtido sem Stirling.
15. Mostre, apenas pelo telescopamento da Parte III (sem precisar do valor da constante), que $e_n = \ln n! - (n +  \frac12)\ln n + n$ converge para algum limite $\ell$ ; equivalentemente, $n! \sim K\,n^{n+1/2}\eu^{-n}$ com $K =  \eu^\ell > 0$ ainda não identificado.
16. Insira essa assintótica em $\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n$ e identifique, usando a questão 14, o único valor possível: $K = \sqrt{2\pi}$ . Monte a lógica: as Partes III–IV, juntas, dão uma segunda demonstração [completa](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/7-espacos-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete) de Stirling — e, portanto, percorrendo de trás para diante a substituição da Parte I, uma avaliação independente de $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ . Dois pilares, cada qual capaz de sustentar o outro.

**Parte V — Últimos dividendos.**

17. (O perfil local [completo](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/7-espacos-completos-baire-ascoli-stoneweierstrass#def-b3-complete-complete)) Para inteiros $\abs j \leq  K\sqrt n$ ($K$ fixado), mostre que $$\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}{n}} =  \prod_{i=1}^{\abs j}\frac{n - i + 1}{n + i}  = \exp\Bigl(-\frac{j^2}n +  O\Bigl(\frac1{\sqrt n}\Bigr)\Bigr),$$ uniformemente em $j$ *(tome logaritmos e use $\ln  \frac{1-x}{1+y} = -(x + y) + O(x^2 + y^2)$)*. Essa é a versão bilateral da questão 7 e a estimativa exata citada no problema de fim de semana do [Capítulo 23](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/23-funcoes-caracteristicas-e-o-teorema-central-do-limite#ch-b3-clt).
18. (Uma antecipação de Poisson) Mostre com Stirling que $\eu^{-n}\dfrac{n^n}{n!} \sim \dfrac1{\sqrt{2\pi n}}$ : a moda de uma lei de Poisson de média grande $n$ carrega massa $\approx (2\pi n)^{-1/2}$ , exatamente como o teorema central do limite vai prever.
19. (Razões de Gama) Para $a \in \intoo01$ , demonstre $\dfrac{\Gamma(n + a)}{\Gamma(n)\,n^a} \to 1$ usando as cotas de inclinação da log-convexidade do [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (questão 14 de lá), e estenda a todo real $a > 0$ pela equação funcional. (É isso que significa “ $\Gamma(t+1) \sim$ Stirling” entre os inteiros.)
20. (Bolas, de novo) A partir de $v_d = \pi^{d/2}/\Gamma(\frac d2  + 1)$: tabule $v_1, \dots, v_7$ exatamente, verifique a unimodalidade via $\frac{v_d}{v_{d-2}} = \frac{2\pi}d$ (crescente enquanto $d < 2\pi$ e decrescente depois) e demonstre a impressionante identidade geradora $$\sum_{k\geq0}v_{2k}\,x^{2k} = \eu^{\pi x^2} :$$ todos os volumes de bolas unitárias de dimensão par empacotados em uma única exponencial.
21. (Assintótica da entropia) Para $\alpha \in \intoo01$ fixado com $\alpha n \in \N$, deduza de Stirling $$\binom{n}{\alpha n} \;\sim\;  \frac{\eu^{n\,H(\alpha)}}  {\sqrt{2\pi\,\alpha(1-\alpha)\,n}},  \qquad  H(\alpha) = -\alpha\ln\alpha -  (1-\alpha)\ln(1-\alpha) :$$ a taxa de crescimento exponencial dos coeficientes binomiais é a *entropia* $H$ — verifique que $\alpha =  \frac12$ recupera a questão 5, e que $H(\alpha) <  \ln2$ para $\alpha \neq \frac12$ (de modo que os binomiais fora do [centro](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/1-teoria-dos-grupos#ex-b3-groups-actions) são exponencialmente desprezíveis diante de $2^n$).
22. (Áreas de superfície) A área da esfera unitária $S^{d-1}$ é $s_{d-1} = d\,v_d$ (demonstrada como [Exercício 21.6](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/21-formas-diferenciais-e-o-teorema-de-stokes#exo-b3-forms-6) no capítulo das formas diferenciais; aqui, tome-a como definição). Tabule $s_0, \dots, s_6$ , localize a maior delas ( $d - 1 =  6$ , $s_6 = \frac{16\pi^3}{15} \approx 33.07$ ) e mostre que $s_{d-1} \to 0$ também de maneira supergeométrica — as esferas de dimensão alta são, por qualquer régua euclidiana, evanescentemente pequenas.
23. (O primeiro termo de correção) Deduza do enquadramento da questão 11 que $d_n = \frac1{12n} +  O\bigl(\frac1{n^2}\bigr)$, donde $$n! = \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac  n\eu\Bigr)^{n}\Bigl(1 + \frac1{12n} +  O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr)\Bigr).$$ Verifique em $n = 10$: a fórmula nua dá $3\,598\,696$ (erro relativo $8.3\cdot10^{-3}$), e a corrigida dá $3\,628\,685$ contra $10! =  3\,628\,800$ (erro relativo $3.2\cdot10^{-5}$) — um único termo da série compra dois algarismos e meio.
24. (A mediana de $\Gamma$) Mostre que $$\frac{1}{\Gamma(t+1)}  \int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x  \;\longrightarrow\; \frac12  \qquad (t \to +\infty) :$$ assintoticamente, exatamente metade da massa do integrando de $\Gamma$ fica abaixo de sua moda $x = t$. *(Aplique a substituição da Parte I à integral truncada; o dominador da questão 3 já está pronto.)*
25. (Entropia, sem assintóticas) Para $\alpha \in  \intoc0{\frac12}$, demonstre a cota, válida para *todo* $n \geq 1$: $$\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk  \;\leq\; \eu^{n\,H(\alpha)} ,$$ comparando a soma com $\sum_k\binom  nk\lambda^{k-\alpha n}$ para a inclinação $\lambda =  \frac{\alpha}{1-\alpha} \leq 1$. Verifique que essa escolha de $\lambda$ é ótima e reconcilie com a questão 21: a taxa exponencial $H(\alpha)$ do enunciado assintótico é atingida por uma desigualdade de uma linha, sem assintótica alguma.

**Solução de Problema 11.1.**

**1.** Com $x = t + \sqrt t\,u$ ($\dd x = \sqrt
t\,\dd u$; $x$ percorre $\intoo0\infty$ quando $u$ percorre $\intoo{-\sqrt t}\infty$):

$$
\Gamma(t{+}1) = \int_0^\infty x^t\eu^{-x}\dd x
= t^t\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{\infty}
\exp\Bigl(t\ln\Bigl(1 + \frac u{\sqrt t}\Bigr) - \sqrt
t\,u\Bigr)\dd u,
$$

pois $x^t = t^t\exp\bigl(t\ln(1 + u/\sqrt t)\bigr)$ e $\eu^{-x} = \eu^{-t}\eu^{-\sqrt tu}$.

**2.** Para $u$ fixo e $t \to \infty$: $t\ln(1 +
u/\sqrt t) - \sqrt tu = t\bigl(\frac u{\sqrt t} -
\frac{u^2}{2t} + o(\frac1t)\bigr) - \sqrt tu = -\frac{u^2}2 +
o(1)$: $g_t(u) \to \eu^{-u^2/2}$.

**3.** Ponha $\psi_1(h) = \varphi(h) + \frac{h^2}4$ em $\intoc{-1}1$: $\psi_1(0) = 0$ e $\psi_1'(h) = \frac1{1+h} -
1 + \frac h2 = \frac{h(h-1)}{2(1+h)}$, que é $\geq 0$ em $\intoc{-1}0$ e $\leq 0$ em $\intcc01$: $\psi_1 \leq 0$, isto é, $\varphi(h) \leq -h^2/4$ ali. Ponha $\psi_2(h) =
\varphi(h) + ch$ em $\intco1\infty$, $c = 1 - \ln2$: $\psi_2(1)
= \ln2 - 1 + c = 0$ e $\psi_2'(h) = c - \frac h{1+h} \leq c -
\frac12 < 0$: $\varphi(h) \leq -ch$ para $h \geq 1$. Agora, para $t
\geq 1$: se $\abs u \leq \sqrt t$, $g_t(u) =
\eu^{t\varphi(u/\sqrt t)} \leq \eu^{-t(u/\sqrt t)^2/4} =
\eu^{-u^2/4}$; se $u \geq \sqrt t$, então $t\,\varphi(u/\sqrt t) \leq
-ct\cdot\frac u{\sqrt t} = -c\sqrt t\,u \leq -cu$ (pois $t \geq
1$), de modo que $g_t(u) \leq \eu^{-cu}$. Logo $g_t \leq \eu^{-u^2/4} +
\eu^{-cu}\mathbf 1_{u>0}$, [integrável](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#def-b3-lebesgue-l1) e independente de $t \geq
1$.

**4.** TCD: $\int_\R g_t(u)\dd u \to
\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ ([Exemplo 11.12](#ex-b3-product-polar) mais o reescalamento $u\mapsto\sqrt2\,u$). Com a questão 1:

$$
\Gamma(t + 1) \sim \sqrt{2\pi t}\;\Bigl(\frac
t\eu\Bigr)^t,\qquad
n! \sim \sqrt{2\pi n}\,\Bigl(\frac n\eu\Bigr)^n .
$$

**5.** Do [Exercício 11.8](#exo-b3-product-8), $W_{2n} =
\frac\pi2\,\frac{(2n)!}{4^n(n!)^2} =
\frac\pi2\,4^{-n}\binom{2n}n$. Stirling:

$$
\binom{2n}{n} = \frac{(2n)!}{(n!)^2}
\sim \frac{\sqrt{4\pi n}\,(2n/\eu)^{2n}}
{2\pi n\,(n/\eu)^{2n}} = \frac{4^n}{\sqrt{\pi n}} .
$$

Então $W_{2n} \sim \frac12\sqrt{\pi/n}$, coerente com a recorrência $W_n = \frac{n-1}nW_{n-2}$ (que força $W_n \sim
W_{n-2}$ e, com $W_nW_{n-1}\cdot n = \frac\pi2$ — a relação clássica de Wallis —, dá $W_n \sim
\sqrt{\pi/(2n)}$; as duas assintóticas concordam).

**6.** $\Gamma(\frac d2 + 1) \sim \sqrt{2\pi\frac
d2}\,(\frac d{2\eu})^{d/2}$, de modo que

$$
v_d = \frac{\pi^{d/2}}{\Gamma(\frac d2 + 1)}
\sim \frac{1}{\sqrt{\pi d}}\Bigl(\frac{2\pi\eu}
d\Bigr)^{d/2} \longrightarrow 0
$$

super-geometricamente (para $d > 2\pi\eu \approx 17$, cada fator é $< 1$ e decrescente). Numericamente, $v_1 = 2$, $v_2 \approx
3.14$, $v_3 \approx 4.19$, $v_4 \approx 4.93$, $v_5 \approx
5.26$, $v_6 \approx 5.17$: o máximo está em $d = 5$.

**7.** Com $k = \frac n2 + \frac{s\sqrt n}2$ (inteiro, $n$ par, $s$ fixo): tome logaritmos em $2^{-n}\binom nk =
2^{-n}\frac{n!}{k!(n-k)!}$ e aplique Stirling aos três fatoriais. Escrevendo $k = \frac n2(1 + \varepsilon)$, $n - k =
\frac n2(1 - \varepsilon)$ com $\varepsilon = s/\sqrt n$:

$$
\ln\Bigl(2^{-n}\binom nk\Bigr)
= -\frac n2\bigl[(1{+}\varepsilon)\ln(1{+}\varepsilon) +
(1{-}\varepsilon)\ln(1{-}\varepsilon)\bigr]
+ \frac12\ln\frac{2}{\pi n(1 - \varepsilon^2)} + o(1),
$$

e o colchete é $\varepsilon^2 + O(\varepsilon^4) =
\frac{s^2}n + O(n^{-2})$: a expressão em destaque tende a $-\frac{s^2}2 +
\frac12\ln\frac2{\pi n}$ a menos de $o(1)$, isto é,

$$
2^{-n}\binom nk \sim \sqrt{\frac{2}{\pi
n}}\;\eu^{-s^2/2} :
$$

o perfil gaussiano dos lançamentos de moeda, quantificado — a forma local de de Moivre–Laplace, a ser globalizada no [Capítulo 23](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/23-funcoes-caracteristicas-e-o-teorema-central-do-limite#ch-b3-clt).

**8.** (i) O TCD converte o limite pontual da questão 2 em convergência das integrais, usando o dominante da questão 3. (ii) A integral gaussiana avalia o limite $\int\eu^{-u^2/2} = \sqrt{2\pi}$ — a constante $\sqrt{2\pi}$ de Stirling *é* a integral gaussiana. (iii) A substituição $x = t + \sqrt tu$ é uma mudança afim de variáveis: invariância por translação e a regra de reescalamento da [medida de Lebesgue](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-lebesgueouter) ([Teorema 11.10](#thm-b3-product-linearchange) em dimensão $1$).

**9.** Expanda os dois termos:

$$
d_n - d_{n+1} = \ln\frac{n!}{(n+1)!} + \Bigl(n +
\frac32\Bigr)\ln(n+1) - \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln n - 1
= \Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n - 1,
$$

os termos $-\ln(n+1)$ e $(n + \frac32)\ln(n+1)$ combinando-se em $(n + \frac12)\ln(n+1)$.

**10.** Para $t = \frac1{2n+1}$: $\frac{1+t}{1-t} =
\frac{2n+2}{2n} = \frac{n+1}n$, e $n + \frac12 =
\frac1{2t}$; a série ímpar $\ln\frac{1+t}{1-t} =
2\sum_{k\geq0}\frac{t^{2k+1}}{2k+1}$ dá

$$
\Bigl(n + \frac12\Bigr)\ln\frac{n+1}n
= \sum_{k\geq0}\frac{t^{2k}}{2k+1}
= 1 + \frac{t^2}3 + \frac{t^4}5 + \cdots
$$

Subtraia $1$. Cota inferior: só o primeiro termo, $\frac{t^2}3 = \frac1{3(2n+1)^2}$. Cota superior: baixe todos os denominadores a $3$ e some a série geométrica: $\frac{t^2}{3(1 - t^2)} = \frac1{3((2n+1)^2 - 1)} =
\frac1{12n(n+1)} = \frac1{12n} - \frac1{12(n+1)}$.

**11.** Somando a cota superior de $n$ até $\infty$ (com $d_m \to 0$): $d_n < \frac1{12n}$. Para a cota inferior: $\frac1{12m+1} - \frac1{12(m+1)+1} =
\frac{12}{(12m+1)(12m+13)}$, e

$$
\begin{align*}
\frac1{3(2m+1)^2} > \frac{12}{(12m+1)(12m+13)}
&\iff (12m+1)(12m+13) > 36(2m+1)^2 \\
&\iff 168m + 13 > 144m + 36,
\end{align*}
$$

verdadeiro para $m \geq 1$. Somando esse minorante telescópico: $d_n > \frac1{12n+1}$. Exponenciar dá o enquadramento clássico de $n!$.

**12.** (a) Erro relativo $= \eu^{d_n} - 1 <
\eu^{1/(12n)} - 1 < \frac{1.1}{12n}$ para $n$ grande; $<
10^{-6}$ assim que $12n \geq 1.1\cdot10^6$, e o $n \geq 83\,334$ enunciado basta ($\frac1{12n} \leq 10^{-6}$ já o implica). (b) $\log_{10}(100!) =
\frac12\log_{10}(200\pi) + 200 - 100\log_{10}\eu +
d_{100}\log_{10}\eu = 1.39906 + 200 - 43.42945 + 0.00036
\approx 157.96997$, de modo que $100! \approx 10^{0.96997} \cdot
10^{157} = 9.333\cdot10^{157}$; a janela garantida $(\eu^{1/1201}, \eu^{1/1200})$ tem largura inferior a $10^{-6}$ em termos relativos — uma fórmula “assintótica” que é, em $n =
100$, um instrumento de precisão.

**13.** Escreva $\sin^n = \sin^{n-2} - \sin^{n-2}\cos^2$ e integre o segundo termo por partes ($u = \cos\theta$, $\dd v = \sin^{n-2}\cos\theta\,\dd\theta$, $v =
\frac{\sin^{n-1}}{n-1}$):

$$
\int_0^{\pi/2}\sin^{n-2}\cos^2 =
\Bigl[\cos\theta\,\frac{\sin^{n-1}\theta}{n-1}\Bigr]_0^{\pi/2}
+ \frac1{n-1}\int_0^{\pi/2}\sin^n = \frac{W_n}{n-1} .
$$

Logo $W_n = W_{n-2} - \frac{W_n}{n-1}$, isto é, $W_n =
\frac{n-1}nW_{n-2}$. De $W_0 = \frac\pi2$, $W_1 = 1$:

$$
W_{2n} = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac\pi2
= \frac\pi2\binom{2n}n4^{-n},
\qquad
W_{2n+1} = \frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}
= \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}n},
$$

convertendo os fatoriais duplos por $(2n)!! = 2^nn!$ e $(2n-1)!! = \frac{(2n)!}{2^nn!}$. Por fim, $nW_nW_{n-1} =
(n-1)W_{n-1}W_{n-2}$ pela recorrência: constante, igual a $1\cdot W_1W_0 = \frac\pi2$.

**14.** $W_{2n+1} \leq W_{2n} \leq W_{2n-1}$ (monotonicidade pontual de $\sin^n$) e $\frac{W_{2n-1}}{W_{2n+1}} =
\frac{2n+1}{2n} \to 1$ espremem $\frac{W_{2n}}{W_{2n+1}} \to
1$. Combinado com $W_{2n}W_{2n+1} = \frac{\pi}{2(2n+1)}$ (questão 13): $W_{2n}^2 \sim \frac\pi{4n}$, de modo que $W_{2n} \sim
\frac12\sqrt{\frac\pi n}$ e $\binom{2n}n4^{-n} =
\frac2\pi W_{2n} \sim \frac1{\sqrt{\pi n}}$.

**15.** As questões 9–10 nunca usaram o valor da constante: com $e_n = \ln n! - (n+\frac12)\ln n + n$, as diferenças $e_n - e_{n+1}$ estão em $\bigl(0, \frac1{12n} -
\frac1{12(n+1)}\bigr)$, de modo que $(e_n)$ decresce enquanto $(e_n -
\frac1{12n})$ cresce: sequências adjacentes, convergindo a um $\ell$ comum. Logo $n! \sim K n^{n+1/2}\eu^{-n}$, $K =
\eu^\ell$.

**16.** Substituindo o Stirling de constante desconhecida no binomial central:

$$
\binom{2n}n4^{-n}\sqrt n \sim
\frac{K\,(2n)^{2n+1/2}\eu^{-2n}}{\bigl(K\,n^{n+1/2}
\eu^{-n}\bigr)^2}\,4^{-n}\sqrt n
= \frac{2^{2n}\sqrt{2}\,K\,n^{2n+1/2}}{K^2\,n^{2n+1}}
\,4^{-n}\sqrt n = \frac{\sqrt2}{K},
$$

e a questão 14 força $\frac{\sqrt2}K = \frac1{\sqrt\pi}$: $K = \sqrt{2\pi}$. As Partes III–IV redemonstram assim Stirling do zero; alimentar com ele a identidade da Parte I avalia $\int_\R\eu^{-u^2/2}\dd u = \sqrt{2\pi}$ sem [coordenadas polares](#ex-b3-product-polar): Wallis e Gauss se sustentam mutuamente.

**17.** $\frac{\binom{2n}{n+j}}{\binom{2n}n} =
\frac{(n!)^2}{(n+j)!\,(n-j)!} =
\prod_{i=1}^{j}\frac{n-i+1}{n+i}$ para $j \geq 0$ (e, por simetria, para $j < 0$). Tomando logaritmos, com $1 \leq i
\leq j \leq K\sqrt n$:

$$
\ln\frac{n-i+1}{n+i} = \ln\Bigl(1 - \frac{i-1}n\Bigr) -
\ln\Bigl(1 + \frac in\Bigr) = -\frac{2i-1}{n} +
O\Bigl(\frac{i^2}{n^2}\Bigr),
$$

e $\sum_{i\leq j}(2i - 1) = j^2$, ao passo que o erro soma $O(j^3/n^2) = O(n^{-1/2})$: uniformemente, $\exp\bigl(-\frac{j^2}n + O(n^{-1/2})\bigr)$.

**18.** $\eu^{-n}\frac{n^n}{n!} \sim \eu^{-n}
\frac{n^n}{\sqrt{2\pi n}\,n^n\eu^{-n}} =
\frac1{\sqrt{2\pi n}}$. Uma variável de Poisson de média $n$ tem desvio padrão $\sqrt n$, e $\frac1{\sqrt{2\pi n}}$ é exatamente a altura do pico gaussiano $\frac1{\sigma\sqrt{2\pi}}$: o TCL local, antecipado na moda.

**19.** Para $a \in \intoo01$, o lema das inclinações do [Problema 10.1](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/10-a-integral-de-lebesgue#pb-b3-lebesgue-1) (questão 14 de lá), aplicado à convexa $\log\Gamma$ em torno de $n$, dá $(n-1)^a \leq
\frac{\Gamma(n+a)}{\Gamma(n)} \leq n^a$: a razão para $n^a$ fica espremida por $(1 - \frac1n)^a \to 1$. Para $a = m + a'$ ($m \in \N$, $a' \in \intco01$): $\Gamma(n+a) = (n + a - 1)
\cdots(n + a')\Gamma(n + a')$, e cada um dos $m$ fatores é $n(1 + O(\frac1n))$: multiplique as estimativas.

**20.** A recorrência $v_d = \frac{2\pi}dv_{d-2}$ (a partir de $\Gamma(\frac d2 + 1) = \frac d2\Gamma(\frac d2)$) dá, de $v_1 = 2$, $v_2 = \pi$:

$$
v_3 = \frac{4\pi}3,\quad v_4 = \frac{\pi^2}2,\quad
v_5 = \frac{8\pi^2}{15},\quad v_6 = \frac{\pi^3}6,\quad
v_7 = \frac{16\pi^3}{105}.
$$

A razão $\frac{2\pi}d$ supera $1$ exatamente para $d \leq 6$, de modo que cada paridade cresce e depois decresce; numericamente $v_4
\approx 4.93$, $v_5 \approx 5.26$, $v_6 \approx 5.17$: o máximo global é $d = 5$. Função geradora: $v_{2k} =
\frac{\pi^k}{k!}$, de modo que $\sum_kv_{2k}x^{2k} =
\eu^{\pi x^2}$ — todos os volumes de bolas de dimensão par enrolados numa única exponencial, e uma estimativa instantânea de decaimento super-geométrico para $v_d$.

**21.** Stirling no numerador e no denominador, com $k =
\alpha n$:

$$
\binom n{\alpha n} \sim
\frac{\sqrt{2\pi n}\,n^n}
{\sqrt{2\pi\alpha n}\,(\alpha n)^{\alpha n}\,
\sqrt{2\pi(1-\alpha)n}\,((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n}}
= \frac{\eu^{nH(\alpha)}}{\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}},
$$

pois $n^n/(\alpha n)^{\alpha n}((1-\alpha)n)^{(1-\alpha)n} =
\alpha^{-\alpha n}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)n} =
\eu^{nH(\alpha)}$ (as potências de $n$ se cancelam: $\alpha n +
(1-\alpha)n = n$), e os $\eu^{-n}$ se cancelam do mesmo modo. Em $\alpha = \frac12$: $H = \ln2$ e o prefator é $\sqrt{2/(\pi n)}$ — de novo a questão 5. A concavidade estrita de $H$ (sua segunda derivada $-\frac1{\alpha(1-\alpha)} < 0$) põe seu máximo $\ln 2$ apenas em $\alpha = \frac12$: para $\alpha \neq \frac12$, $\binom n{\alpha n}2^{-n} \approx
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ decai exponencialmente — o motor combinatório por trás de todo enunciado de concentração sobre lançamentos de moeda.

**22.** De $s_{d-1} = dv_d$ e da questão 20:

$$
s_0 = 2,\ \ s_1 = 2\pi,\ \ s_2 = 4\pi,\ \ s_3 = 2\pi^2,\ \
s_4 = \frac{8\pi^2}3,\ \ s_5 = \pi^3,\ \ s_6 =
\frac{16\pi^3}{15},
$$

numericamente $2,\ 6.28,\ 12.57,\ 19.74,\ 26.32,\ 31.01,\
33.07$; e $s_7 = \frac{\pi^4}3 \approx 32.47 < s_6$: o máximo é a $6$-esfera. A recorrência $s_{d+1} =
(d+2)\,v_{d+2} = (d+2)\,\frac{2\pi}{d+2}\,v_d = 2\pi v_d =
\frac{2\pi}d\,s_{d-1}$ mostra a mesma subida guiada por $\frac{2\pi}d$ e a mesma queda super-geométrica dos volumes: passada a dimensão sete, as esferas encolhem mais depressa que qualquer sequência geométrica.

**23.** A questão 11 diz exatamente $\frac1{12n+1} < d_n <
\frac1{12n}$, e

$$
\frac1{12n} - \frac1{12n+1} = \frac1{12n(12n+1)} =
O\Bigl(\frac1{n^2}\Bigr),
$$

de modo que $d_n = \frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$ e $\eu^{d_n} = 1 +
\frac1{12n} + O(\frac1{n^2})$; multiplicar por $\sqrt{2\pi n}(n/\eu)^n$ dá a fórmula corrigida. Em $n =
10$: $\sqrt{20\pi}\,(10/\eu)^{10} = 7.92665 \times 453999.3
\approx 3\,598\,696$, abaixo por $30\,104$ (erro relativo $8.3\cdot10^{-3}$); multiplicar por $1 + \frac1{120}$ dá $3\,628\,685$, abaixo por $115$ (erro relativo $3.2\cdot10^{-5}$). O próprio enquadramento prende $10!$ entre $3\,598\,696\,\eu^{1/121} \approx 3\,628\,559$ e $3\,598\,696\,\eu^{1/120} \approx 3\,628\,808$ — a cota superior erra por oito unidades em sete dígitos.

**24.** A substituição $x = t + \sqrt t\,u$ da Parte I, aplicada à integral truncada, dá

$$
\int_0^{t} x^{t}\eu^{-x}\,\dd x
= t^{t}\eu^{-t}\sqrt t\int_{-\sqrt t}^{0} g_t(u)\,\dd u ,
$$

tornando-se o domínio $0 \leq x \leq t$ o domínio $-\sqrt t \leq u \leq
0$. O dominante da questão 3 cobre também $g_t\mathbf 1_{u < 0}$, de modo que a convergência dominada fornece

$$
\int_{-\sqrt t}^{0}g_t(u)\,\dd u \longrightarrow
\int_{-\infty}^{0}\eu^{-u^2/2}\dd u = \frac{\sqrt{2\pi}}2 ,
$$

ao passo que a questão 4 dá $\Gamma(t+1) \sim
t^t\eu^{-t}\sqrt t\,\sqrt{2\pi}$. A razão tende a $\frac12$. Probabilisticamente: uma variável aleatória Gama de parâmetro de forma grande põe assintoticamente metade de sua massa de cada lado de sua moda — a simetria do teorema central do limite, lida a partir de uma única substituição.

**25.** Seja $\lambda = \frac{\alpha}{1-\alpha} \in
\intoc01$. Para $k \leq \lfloor\alpha n\rfloor \leq \alpha n$ temos $\lambda^{k - \alpha n} \geq 1$, logo

$$
\sum_{k=0}^{\lfloor\alpha n\rfloor}\binom nk
\leq \lambda^{-\alpha n}\sum_{k=0}^{n}\binom nk\lambda^{k}
= \Bigl(\lambda^{-\alpha}(1 + \lambda)\Bigr)^{n},
$$

e, com $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$:

$$
\lambda^{-\alpha}(1+\lambda)
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{\alpha}\cdot\frac1{1-\alpha}
= \alpha^{-\alpha}(1-\alpha)^{-(1-\alpha)}
= \eu^{H(\alpha)} .
$$

Otimalidade: minimizando $f(\lambda) = -\alpha\ln\lambda +
\ln(1+\lambda)$ em $\lambda > 0$, a equação $f'(\lambda)
= -\frac\alpha\lambda + \frac1{1+\lambda} = 0$ tem a única solução $\lambda = \frac\alpha{1-\alpha}$, um mínimo, pois $f'' > 0$ — a escolha por inclinação exponencial (Chernoff). Conciliação: pela questão 21, o único termo $k =
\lfloor\alpha n\rfloor$ já é da ordem de $\eu^{nH(\alpha)}/\sqrt{2\pi\alpha(1-\alpha)n}$, de modo que

$$
\frac{\eu^{nH(\alpha)}}{C\sqrt n} \leq
\sum_{k\leq\alpha n}\binom nk \leq \eu^{nH(\alpha)} :
$$

a taxa $H(\alpha)$ é exata, custando a soma inteira, no máximo, um fator $\sqrt n$ acima de seu maior termo. Dividido por $2^n$, isso é a cota de cauda da moeda honesta $\P(S_n \leq \alpha n) \leq
\eu^{-n(\ln2 - H(\alpha))}$ — concentração de [medida](https://one-course.com/books/math/5/pt/chapter/9-teoria-da-medida#def-b3-measure-measure) em uma linha.