Función Gamma de Euler

Publicada el abril 11, 2014 por Fernando Revilla

En este problema definimos la función gamma de Euler y demostramos varias de sus propiedades.

    Enunciado
  1. Para todo $p\in\mathbb{R}$ se considera la integral $$I(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}\;dx.$$ Demostrar que esta integral es convergente sí y solamente si $p>0$. Esta condición se supondrá en todo lo siguiente.
  2. Demostrar que $I(p)>0$.
  3. Demostrar que $I(p)=(p-1)I(p-1)$ para todo $p>1$ Calcular $I(n)$ siendo $n$ un entero positivo.
  4. Demostrar que para $n$ entero positivo y $\beta >0$ las siguientes integrales son convergentes: $$\varphi_n( \beta )=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{\beta-1}e^{-x}(\log x)^ndx.$$
  5. Para $x>0$, demostrar $$x^h-1=h\log x+\dfrac{h^2}{2}(\log x)^2+\dfrac{h^3}{6}x^{\theta h}(\log x)^3\quad (0<\theta <1).$$
  6. Cuando $h$ tiende a $0$ y $p>0$ podemos elegir $|h|<p/2$. Demostrar así que $$I(p+h)-I(p)-h \varphi_1(x)-\dfrac{h^2}{2} \varphi_2(x)$$ está comprendido entre $$\dfrac{h^3}{6}\varphi_3 \left(\dfrac{p}{2}\right)\text{ y }\dfrac{h^3}{6}\varphi_3 \left(\dfrac{3p}{2}\right).$$
  7. Demostrar que $I(p)$ es continua y derivable para todo $p>0$, que su derivada es $\varphi_1(p)$ y su derivada segunda $\varphi_2(p)$.
    Nota. La función $I(p)$ así construida se denomina función gamma de Euler y en general se escribe en la forma $$\Gamma (x)=\displaystyle\int_0^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt.$$
  8. Demostrar la existencia de un $p_0\in (1,2)$ tal que $(dI/dp)(p_0)=0$.
  9. Estudiar el signo de $d^2I/dp^2$ . Deducir el sentido de las variaciones de $dI/dp$ , el signo de $dI/dp$ y el sentido de las variaciones de $I$.
  10. Sea $0<p<1$ , comparar $I(p)$ con $I(p+2)$ y demostrar que $1/2p<I(p)<2/p$ . Deducir el límite de $I(p)$ cuando $p\to 0^+$.
    Solución
  1. Tenemos $$\displaystyle\lim_{x \to 0^+}{\dfrac{x^{p-1}e^{-x}}{1/x^{1-p}}}=\displaystyle\lim_{x \to 0^+}{e^{-x}}=1\neq 0.$$ Esto implica que la integral $\int_0^{1}x^{p-1}e^{-x}\;dx$ es convergente sii lo es $\int_0^{1}dx/x^{1-p}$, es decir sii $1-p<1$ o de forma equivalente cuando $p>0$. Por otra parte $$\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{e^{-x}x^{p-1}}{1/x^2}}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{x^{p+1}}{e^x}}=0.$$ Esto implica que $0\leq e^{-x}x^{p-1}\leq 1/x^2$ para $x$ suficientemente grande . Dado que la integral $\int_1^{+\infty}dx/x^2$ es convergente, así lo es $\int_1^{+\infty}e^{-x}x^{p-1}dx$. Concluimos pues que $I(p)$ es convergente sii $p>0$.
  2. Escribamos $I(p)$ en la forma $$I(p)=\displaystyle\lim_{t \to{+}\infty}{f(t)}\;,\quad f(t)=\displaystyle\int_0^t x^{p-1}e^{-x}\;dx.$$ Por el teorema de la media para integrales podemos expresar $f(t)=t\xi^{p-1}e^{-\xi}>0$ con $0<\xi<t$. Por otra parte $df/dt=t^{p-1}e^{-t}>0$, es decir $f(t)$ crece con $t$ . Se concluye que $I(p)>0$.
  3. Usando la fórmula de integración por partes con $u=x^{p-1},\; dv=e^{-x}$ obtenemos $$I(p)=\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}dx=\left[-e^{-x}x^{p-1}\right]_{0}^{+\infty}+(p-1)\displaystyle\int_0^{+\infty}x^{p-2}e^{-x}dx.$$ Por otra parte, $\lim_{x \to{+}\infty}{x^{p-1}e^{-x}}=\lim_{x \to 0^+}{x^{p-1}e^{-x}}=0$, lo cual implica que $$I(p)=(p-1)I(p-1) \text{ si } p>1,$$ Para $n$ entero positivo y teniendo en cuenta que $I(1)=\int_0^{+\infty}e^{-x}dx=1,$ $$I(n)=(n-1)(n-2)\cdot \ldots\cdot 2\cdot 1\cdot I(1)=(n-1)!\cdot I(1)=(n-1)!.$$
  4. Tenemos $$\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{\dfrac{e^{-x}}{1/x^{\beta+1}}}=0\;,\;\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}\dfrac{\log x}{x^{1/2n}}.$$ Esto implica que $e^{-x}<1/x^{\beta +1}$ y $\log x<1/x^{2n}$ para $x$ suficientemente grande. Es decir $$0<x^{\beta-1}e^{-x}(\log x)^n<x^{\beta -1}\cdot \dfrac{1}{x^{\beta +1}}\cdot x^{1/2}=\dfrac{1}{1/x^{3/2}}.$$ Como $\int_1^{+\infty}dx/x^{3/2}$ es convergente, concluimos por el criterio de comparación que la integral $\int_1^{+\infty}x^{\beta-1}e^{-x}(\log x)^ndx$ también es convergente. Por otra parte cuando $x\to 0^+$, $x^{\beta -1}|\log x|^ne^{-x}$ es equivalente a $x^{\beta -1}|\log x|^n$. Ahora bien, $|\log x|^n$ es menor que $x^{-\beta/2n}$, por tanto $$x^{\beta -1}|\log x|^n<\dfrac{1}{x^{1-\frac{\beta}{2}}}.$$ Dado que $1-\beta/2<1$ la integral $\int_0^1 dx/x^{1-\beta/2}$ es convergente. Como consecuencia también lo es $\int_0^{1}x^{\beta-1}e^{-x}(\log x)^ndx$. De todo lo anterior deducimos que $\varphi_n( \beta )$ es convergente.
  5. La función $f(h)=x^h$ se puede escribir en la forma $f(h)=e^{h\log x}$. Entonces $$f'(h)=(\log x) e^{h\log x},\;f»(h)=(\log x)^2 e^{h\log x},\; f»'(h)=(\log x)^3 e^{h\log x}.$$ Tenemos pues $f(0)=1,\; f'(0)=\log x,\;f»(0)=(\log x)^2,\;f»'(c)=(\log x)^3e^{c\log x}$. La fórmula de Mac-Laurin aplicada a $f(h)$ proporciona $$x^h-1=h\log x+\dfrac{h^2}{2}(\log x)^2+\dfrac{h^3}{6}x^{\theta h}(\log x)^3\quad (0<\theta <1).$$

  6. Multiplicando por $x^{p-1}e^{-x}$ obtenemos

    $x^{p+h-1}e^{-x}-x^{p-1}e^{-x}\\
    =hx^{p-1}e^{-x}\log x+\dfrac{h^2}{2}x^{p-1}e^{-x}(\log x)^2+\dfrac{h^3}{6}x^{p+\theta h-1}e^{-x}(\log x)^3.$

    Eligiendo $|h|<p/2$ tenemos $0<p/2<p+\theta h<3p/2$. Si $0<x<1$

    $x^{\frac{p}{2}-1}>x^{p+\theta h -1}>x^{\frac{3p}{2}-1}\;,\\
    x^{\frac{p}{2}-1}(\log x)^3<x^{p+\theta h -1}(\log x)^3<x^{\frac{3p}{2}-1}(\log x)^3.$

    Si $1<x,$

    $x^{\frac{p}{2}-1}<x^{p+\theta h -1}<x^{\frac{3p}{2}-1}\;,\\
    x^{\frac{p}{2}-1}(\log x)^3<x^{p+\theta h -1}(\log x)^3<x^{\frac{3p}{2}-1}(\log x)^3.$

    Es decir, para cualquier $x>0$ la expresión

    $x^{p+h-1}e^{-x}-x^{p-1}e^{-x}-hx^{p-1}e^{-x}\log x-\dfrac{h^2}{2}x^{p-1}e^{-x}(\log x)^2$

    está comprendida entre

    $\dfrac{h^3}{6}x^{\frac{p}{2}-1}(\log x)^3e^{-x}\text{ y }\dfrac{h^3}{6}x^{\frac{3p}{2}-1}(\log x)^3e^{-x}.$

    Por integración, $I(p+h)-I(p)-h \varphi_1(x)-\dfrac{h^2}{2} \varphi_2(x)$ está comprendido entre

    $\dfrac{h^3}{6}\varphi_3 \left(\dfrac{p}{2}\right)\text{ y }\dfrac{h^3}{6}\varphi_3 \left(\dfrac{3p}{2}\right).$

  7. Del apartado anterior deducimos

    $\displaystyle\lim_{h \to 0}(\;{I(p+h)-I(p)}\;)=0\;,\quad
    \displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{I(p+h)-I(p)}{h}=\varphi_1(p),$

    $\displaystyle\lim_{h \to 0}\dfrac{\dfrac{I(p+h)-I(p)}{h}-\varphi_1(p)}{h}=\varphi_2(p).$

    Es decir, $I(p)$ es continua, $dI/dp=\varphi_1(p)$ y $d^2I/dp^2=\varphi_2(p).$

  8. Del apartado 2, deducimos $I(1)=I(2)=1$. Esto unido a los resultados del apartado anterior implica que se cumplen las hipótesis del teorema de Rolle en el intervalo $[1,2]$ es decir, existe $p_0\in (1,2)$ tal que $(dI/dp)(p_0)=0$.

  9. La integral $\int_0^{t}x^{p-1}e^{-x}(\log x)^2\;dx$ es positiva, crece con $t$ y su límite cuando $t\to +\infty$ es $\varphi_2( p )=\int_0^{+\infty}x^{p-1}e^{-x}(\log x)^2\;dx$. Es decir, $d^2I/dp^2>0$, en consecuencia $dI/dp$ es creciente y y se anula en $p_0$. Entonces

    $\left \{ \begin{matrix}  0<p<p_0 \Rightarrow \dfrac{dI}{dp}<0 \Rightarrow I\;\textrm{decreciente,}\\{}\\p>p_0 \Rightarrow \dfrac{dI}{dp}>0 \Rightarrow I\;\textrm{creciente.}\end{matrix}\right.$

  10. Si $0<p<1$ se verifica $I(p+2)=p(p+1)I(p)$ y $2<p+2<3$. Como $I$ es estrictamente creciente en $[2,3]$ tenemos $1=I(2)<I(p+2)<I(3)=2$. Entonces

    $\dfrac{1}{p(p+1)}<I(p)<\dfrac{2}{p(p+1)}\;,\text{ o bien }\dfrac{1}{2p}<I(p)<\dfrac{2}{p}.$

    Por tanto, $\lim_{p\to 0^+}I(p)=+\infty$.

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