• Partindo de integral1 / 2^n+1 / 3 log (alpha+x) d x(alpha>0), mostrar que
alpha(alpha+1) ldots(alpha+n)=an n!n^alpha
rem que an tem para limite inferior um número positivo. Mostrar que aa é monothamente decrescente para valores sufficientemente graudes de n. (O limite de as, à medida que n infty, é 1 / Gamma(alpha).)

Passo 1

O enunciado pede para provar que, para todo n>=0,
alpha(alpha+1)cdots(alpha+n)=an,n!,n^alpha,
onde an permanece sempre acima de alguma constante positiva e, para n grande, a sequência an é monotonicamente decrescente. Por fim, devemos mostrar que
limntoinftyan=1Gamma(alpha)
O conteúdo principal envolve transformar o produto em soma de logaritmos, usar comparações com integrais para controlar essa soma e, depois, estudar a razão an+1/an.

Passo 2

Definimos
Pn=prodk=0^n(alpha+k) e an=Pnn!,n^alpha
Tomando logaritmo,
ln an =sumk=0^nln(alpha+k);-;sumk=1^nln k;-;alphaln n
Mostraremos que ln an permanece numa faixa [const,,const], o que implica an está entre duas constantes positivas.

Passo 3

Para controlar sumk=0^nln(alpha+k) usamos a desigualdade de comparação com integrais de função crescente:
integral1/2^,n+1/2ln(alpha+x),dx ;<=; sumk=0^nln(alpha+k) ;<=; integral-1/2^,n+1/2ln(alpha+x),dx
Como
integralln(alpha+x),dx =(alpha+x)ln(alpha+x)-x,
os dois integrais acima diferem de
(n+1)ln n - n e de constantes independentes de n,
portanto
sumk=0^nln(alpha+k) =(n+1)ln n - n +O(1)
De modo similar, pelo Teorema de Stirling ou por integral comparada,
sumk=1^nln k =nln n - n +O(ln n)
Subtraindo estas duas estimativas e retirando alphaln n, vemos que ln an=O(1).

Passo 4

Da conclusão anterior segue que existem constantes 0<c1<= c2<infty tais que
c1<= an<= c2 forall n
Em particular, an tem limite inferior estritamente positivo.

Passo 5

Para estudar a monotonia de an consideramos a razão
an+1an =alpha+(n+1)n+1,l(1+tfrac1nr)^-alpha =l(1+tfracalphan+1r)expl[-alphalnl(1+tfrac1nr)r]
Expandindo em série para ntoinfty, obtém-se
lnan+1an =-,alpha(alpha+1)2,n^2+Ol(n^-3r)<0 para n grande,
logo an+1an<1 sempre que n for suficientemente grande. Assim, a partir de algum N, an é decrescente.

Passo 6

Como an é decrescente a partir de certo ponto e fica sempre acima de um limite positivo, ela converge para
L=limntoinftyan>0
Para identificar L usamos a definição clássica da função Gama:
Gamma(alpha) =limntoinftyn!,n^alphaalpha(alpha+1)cdots(alpha+n) =limntoinfty1an
Portanto
L=1Gamma(alpha)

Resposta

alpha(alpha+1)dots(alpha+n)=an,n!,n^alpha,
onde an mantém-se acima de uma constante positiva, é monotonicamente decrescente para n grande e
limntoinftyan=1/Gamma(alpha)

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