13.4.6 Por analogia com a função gama incompleta, podemos definir uma função beta incompleta por
B_{x}(a, b)=\int_{0}^{x} t^{a-1}(1-t)^{b-1} d t
Mostre que
B_{x}(a, b)=a^{-1} x^{a}{ }_{2} F_{1}(a, 1-b ; a+1 ; x) .

Passo 1

O enunciado define a função beta incompleta
B_{x}(a,b)=\int_{0}^{x}t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt
e pede para mostrar que
B_{x}(a,b)=\frac{1}{a}\,x^{a}\;{}_{2}F_{1}\bigl(a,1-b;a+1;x\bigr).
Vamos usar a expansão em série de potências de (1-t)^{b-1} (binomial generalizado) e depois integrar termo a termo, comparando com a série que define a função hipergeométrica {}_{2}F_{1}.

Passo 2

A expansão binomial generalizada diz que, para |t|<1,
(1-t)^{b-1} =\sum_{k=0}^{\infty}\binom{b-1}{k}(-t)^{k}
onde
\binom{b-1}{k} =\frac{(b-1)(b-2)\cdots(b-k)}{k!}
e podemos escrever isso em termos do símbolo de Pochhammer
(1-b)_{k} pois
(1-b)_{k} =(1-b)(2-b)\cdots(k-b) =(-1)^{k}(b-1)(b-2)\cdots(b-k) =(-1)^{k}k!\,\binom{b-1}{k}.
Logo
(1-t)^{b-1} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!}\,t^{k}.

Passo 3

Substituindo a série em B_{x}(a,b) e integrando termo a termo:
B_{x}(a,b) =\int_{0}^{x}t^{a-1}(1-t)^{b-1}\,dt =\int_{0}^{x}t^{a-1}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!}t^{k}\,dt =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!}\int_{0}^{x}t^{a-1+k}\,dt.
Como
\int_{0}^{x}t^{a-1+k}\,dt =\frac{x^{\,a+k}}{a+k},
temos
B_{x}(a,b) =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!}\,\frac{x^{\,a+k}}{a+k} =\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!(a+k)}\,x^{\,a+k}.

Passo 4

Por outro lado, a definição em série da função hipergeométrica é
{}_{2}F_{1}(a,1-b;a+1;x) =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(a)_{k}\,(1-b)_{k}}{(a+1)_{k}\,k!}\;x^{k}.
Multiplicando essa série por \frac{1}{a}x^{a}, obtemos
\frac{1}{a}\,x^{a}\;{}_{2}F_{1}(a,1-b;a+1;x) =\sum_{k=0}^{\infty} \frac{(a)_{k}\,(1-b)_{k}}{a\,(a+1)_{k}\,k!}\;x^{a+k}.
Agora note que
\frac{(a)_{k}}{(a+1)_{k}} =\frac{a(a+1)\cdots(a+k-1)}{(a+1)(a+2)\cdots(a+k)} =\frac{a}{a+k},
portanto
\frac{(a)_{k}}{a\,(a+1)_{k}} =\frac{1}{a+k},
e a série passa a ser
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(1-b)_{k}}{k!(a+k)}\,x^{a+k},
que coincide exatamente com a expressão obtida para B_{x}(a,b).

Resposta

B_{x}(a,b) =\frac{1}{a}\,x^{a}\;{}_{2}F_{1}\bigl(a,1-b;a+1;x\bigr).

Exercícios de Livros Relacionados