Enunciado

A função gama, denotada por Γ ( p ) , é definida pela integral

Γ p + 1 = ∫ 0 ∞ e - x x p d x

A integral converge quando x → ∞ para todo p . Para p < 0 , também é imprópria em x = 0 , já que o integrando torna-se ilimitado quando x → 0 . No entanto, pode-se mostrar que a integral converge em x = 0 para p > - 1 .

(a) Mostre que, para p > 0 ,

Γ p + 1 = Γ ( p )

(b) Mostre que Γ 1 = 1 .

(c) Se p for um inteiro positivo n , mostre que

Γ n + 1 = n !

Como Γ ( p ) também está definido quando p não é inteiro, essa função fornece uma extensão da função fatoril para valores não inteiros de variável independente. Note também que é consistente definir 0 ! = 1 .

(d) Mostre que, para p > 0 ,

p p + 1 p + 2 … p + n - 1 = Γ p + n Γ p .

Assim, Γ ( p ) pode ser determinado para todos os valores positivos de p se Γ p for conhecido em um único intervalo de comprimento um por exemplo, em 0 < p ≤ 1 . É possível mosrrar que Γ 1 2 = π . Encontre Γ 3 2 e Γ 11 2 .

Passo 1

a) Bom, podemos mostrar o que o enunciado pede usando o método de integração por partes:

∫ u d v = u v - ∫ v d u

Chamamos a função x p de u e a e - x de d v , vai ficar:

∫ 0 ∞ e - x x p d x = - e - x x p ∞ 0 + p ∫ 0 ∞ e - x x p - 1

Como se trata de uma integral imprópria, precisamos aplicar o limite:

lim A → ∞ ⁡ ∫ 0 A e - x x p d x = lim A → ∞ ⁡ - e - x x p A 0 + p ∫ 0 A e - x x p - 1

Podemos afirmar que o termo do meio vai a zero no limite, o argumento informal é a função exponencial vai mais rapidamente a zero do que x p cresce para o infinito, a demonstração formal é trabalhosa e vamos usar apenas a afirmação.

Então sobra:

lim A → ∞ ⁡ ∫ 0 A e - x x p d x = lim A → ∞ ⁡ p ∫ 0 A e - x x p - 1

Mas a integral da direita é exatamente Γ ( p ) , como temos o p multiplicando ela, o resultado fica:

Γ p + 1 = p Γ ( p )

Passo 2

b) Γ 1 é o caso para p = 0 , substituindo ele na integral temos:

Γ 1 = ∫ 0 ∞ e - x x 0 d x = ∫ 0 ∞ e - x d x

Resolvendo a integral, ficamos com:

Γ 1 = - lim A → ∞ ⁡ - e - x A 0

Ao aplicarmos os limites o termo de cima tende a zero e o de baixo será - 1 , com o sinal de menos de fora, sobra 1 :

Γ 1 = 1

Passo 3

c) Nesse caso podemos usar o resultado do que encontramos na letra (a), basta substituirmos p = n , temos:

Γ n + 1 = n Γ n = n ( n - 1 ) Γ n - 1

E vamos subtraindo até o ponto em que n - k = 1 , onde k é o número de vezes que estamos subtraindo de n :

= … = n n - 1 n - 2 … 2 ⋅ 1 Γ 1

Sabemos do resultado da letra (b) que Γ 1 = 1 o que mostra que:

Γ n + 1 = n !

Passo 4

d) Aqui a situação é parecida, vamos começar de Γ n + p e usar os resultados das letras anteriores:

  Γ n + p = n + p - 1 Γ n + p - 1 = ( n + p - 1 ) ( n + p - 2 ) Γ n + p - 2

Estamos fazendo exatamente como fizemos na letra (c), agora repetimos o processo até que n - k + p = p , ou seja, n = k , sendo k o número de vezes que estamos subtraindo n e aplicando o resultado da letra (a):

= … = p + 1 p Γ p

Agora passamos Γ p dividindo para a esquerda:

Γ n + p p = p p + 1 p + 2 … ( n + p - 1 )

E demonstramos o que queríamos.

Para o caso em que Γ 1 2 = π , também podemos usar o resultado da letra (a), da seguinte forma, se para esse caso:

p = 1 2

E sabemos que:

p Γ p = Γ p + 1

Substituindo:

1 2 Γ 1 2 = Γ 1 2 + 1 = Γ 3 2

Então:

Γ 3 2 = 1 2 π

E o mesmo vale para Γ 11 2 , basta fazermos:

Γ 3 2 + 1 = Γ 5 2 = 1 2 ⋅ 3 2 ⋅ π

Até 11 / 2 , fica:

Γ 11 2 = 1 2 ⋅ 3 2 ⋅ 5 2 ⋅ 7 2 ⋅ 9 2 ⋅ π

Resposta

Ei, a resposta está no passo a passo :)

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