Sucesión funcional con límite Gamma (x)

Estudiamos una sucesión funcional que tiene como límite la función gamma de Euler.

Enunciado
Para cada entero positivo $n$ se considera la función definida por

$I_n(x)=\displaystyle\int_{0}^{n}t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right)^ndt\quad (x>0),$

y se pide

(a)  Determinar explícitamente $I_1(x),\;I_2(x),\;I_3(x).$
(b)  Determinar la expresión explícita de la función $I_n(x).$
(c)  Inducir heurísticamente la expresión del límite

$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty} \displaystyle\int_{0}^{n}t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right)^ndt.$

Combinando este resultado con el del apartado anterior, dedicir una representación de una conocida función.
(d) Demostrar rigurosamente el resultado conjeturado en el apartado anterior. Se sugiere utilizar las acotaciones

$(1-\lambda^2)e^{-\lambda}\leq 1-\lambda \leq e^{-\lambda}\quad (0\leq \lambda \leq 1),$

y aplicar la desigualdad de Bernoulli, a saber: $\forall h>-1,\; (1+h)^n\geq 1+nh.$

(Propuesto en examen, Amp. Cálculo, ETS de Ing. Industriales, UPM).

Solución
(a) Usando la función beta de Euler

$I_1(x)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)\;dt=B(x,2)=\displaystyle\frac{\Gamma (x)\Gamma (2)}{\Gamma (x+2)}=\displaystyle\frac{\Gamma (x)}{(x+1)x\Gamma (x)}=\displaystyle\frac{1}{x(x+1)}.$

Efectuando el cambio $u=t/2$

$$I_2(x)=\displaystyle\int_{0}^{2}t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{2}\right)^2dt=
\displaystyle\int_{0}^{1}(2u)^{x-1}\left(1-u\right)^22\;dt$$ $$=
2^x\displaystyle\int_{0}^{1}u^{x-1}\left(1-u\right)^2\;dt=
2^xB(x,3)=2^x\dfrac{\Gamma(x)\Gamma (3)}{\Gamma (x+3)}$$ $$=
2^x\dfrac{\Gamma(x)\cdot 2!}{(x+2)(x+1)x\Gamma (x)}=
\dfrac{2!\;2^x}{(x+2)(x+1)x}.$$

Efectuando el cambio $u=t/3$ y procediendo de manera análoga obtenemos

$I_3(x)=\dfrac{3!\;3^x}{(x+3)(x+2)(x+1)x}.$

(b) Efectuando el cambio $u=t/n$

$$I_n(x)=\displaystyle\int_{0}^{n}t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right)^ndt=
\displaystyle\int_{0}^{1}(nu)^{x-1}\left(1-u\right)^nn\;dt$$ $$=
n^x\displaystyle\int_{0}^{1}u^{x-1}\left(1-u\right)^n\;dt=
n^xB(x,n+1)=n^x\dfrac{\Gamma(x)\Gamma (n+1)}{\Gamma (x+n+1)}$$ $$=
n^x\dfrac{\Gamma(x)\cdot n!}{(x+n)(x+n-1)\;\ldots\; x\Gamma (x)}=
\dfrac{n!\;n^x}{\prod_{k=0}^{k=n}{(x+k)}}.$$

(c) Si $n\to +\infty$, entonces $1-(t/n)\to 1.$ Aplicando un conocido resultado

$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right)^n=e^{\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\left(-\frac{t}{n}\cdot n\right)}=e^{-t}.$

Suponiendo que los símbolos límite e integral fueran intercambiables

$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\displaystyle\int_{0}^{n}t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right)^ndt=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=\Gamma (x).$

(d) Llamando $\lambda=t/n$ tenemos $0\leq t/n \leq 1$ en el intervalo $[0,n],$ por tanto

$\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n^2}\right)e^{-t/n}\leq 1-\dfrac{t}{n} \leq e^{-t/n}.$

Elevando a $n$

$\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n^2}\right)^ne^{-t}\leq \left(1-\dfrac{t}{n}\right)^n \leq e^{-t}.$

Si $t\in [0,n)$ entonces $h=-t^2/n^2>-1$ y aplicando la desigualdad de Bernoulli

$\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n^2}\right)^n\geq 1+n\cdot\dfrac{-t^2}{n^2}=1-\dfrac{t^2}{n},$

deducimos de las desigualdades de este apartado

$t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n}\right)e^{-t}\leq t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n^2}\right)^ne^{-t}\leq t^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right) ^n\leq t^{x-1}e^{-t}.$

Integrando

$\displaystyle\int_0^nt^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n}\right)e^{-t}dt\leq \displaystyle\int_0^nt^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right) ^ndt\leq \displaystyle\int_0^nt^{x-1}e^{-t}dt.$

Por una parte tenemos $\lim_{n \to{+}\infty} \int_0^nt^{x-1}e^{-t}dt=\Gamma (x)$ y por otra

$$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty} \left(\displaystyle\int_0^nt^{x-1}e^{-t}dt-\displaystyle\int_0^nt^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n}\right)e^{-t}dt\right)$$ $$=
\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\frac{1}{n}\displaystyle\int_0^nt^{x+1}e^{-t}dt=\dfrac{\Gamma (x+1)}{+\infty}=0,$$

lo cual implica que

$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\displaystyle\int_0^nt^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t^2}{n}\right)e^{-t}dt=0.$

Usando el teorema del sandwich concluimos que

$\displaystyle\lim_{n \to{+}\infty}\displaystyle\int_0^nt^{x-1}\left(1-\displaystyle\frac{t}{n}\right) ^ndt=\Gamma (x).$

Esta entrada fue publicada en Cálculo/Análisis. Guarda el enlace permanente.