A função gamma é denotado por (\Gamma(p) e definida pela integral \Gamma(p+1)=\int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{p} d x.
Mostre que, para p>0, \Gamma(p+1)=p \Gamma(p).
\Gamma(p+1)=\int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{p} d x=\lim _{A \rightarrow \infty} \int_{0}^{A} e^{-x} x^{p} d x, \quad p>-1
Queremos mostrar: \Gamma(p+1)=p \Gamma(p) para p>0.
Façamos integração por partes no intervalo [0, A]. Tome
u=x^{p} \quad \Rightarrow \quad d u=p x^{p-1} d x, \quad d v=e^{-x} d x \quad \Rightarrow \quad v=-e^{-x}
Então
\begin{aligned} \int_{0}^{A} e^{-x} x^{p} d x & =-\left.x^{p} e^{-x}\right|_{0} ^{A}+p \int_{0}^{A} x^{p-1} e^{-x} d x \\\ & =-A^{p} e^{-A}+0+p \int_{0}^{A} x^{p-1} e^{-x} d x \end{aligned}
Para p>0 temos A^{p} e^{-A} \rightarrow 0 quando A \rightarrow \infty (pois e^{A} domina qualquer potência de A. Tomando
o limite A \rightarrow \infty obtemos
\begin{gathered} \Gamma(p+1)=p \int_{0}^{\infty} x^{p-1} e^{-x} d x=p \Gamma(p) \\\ \Gamma(p+1)=p \Gamma(p), \quad p>0 . \end{gathered}

Passo 1

O enunciado define a função Gama por
\Gamma(p+1)=\int_{0}^{\infty} e^{-x} x^{p}\,dx,
e pede para mostrar que, para p>0,
\Gamma(p+1)=p\,\Gamma(p).
Informações relevantes dadas:
  • A definição da integral impropria de \Gamma(p+1) como limite \lim_{A\to\infty}\int_{0}^{A} e^{-x}x^{p}\,dx.
  • O enunciado já sugere usar integração por partes no intervalo [0,A].
    A partir daqui vamos realizar a demonstração passo a passo.

Passo 2

Relembre a fórmula de integração por partes e de onde ela vem. Se u(x) e v(x) são funções diferenciáveis, a regra do produto diz
\frac{d}{dx}\big(u(x)v(x)\big)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x).
Integrando dos limites 0 a A obtemos
\int_{0}^{A} u'(x)v(x)\,dx=\big[u(x)v(x)\big]_{0}^{A}-\int_{0}^{A} u(x)v'(x)\,dx.
Troque nomes: escrevemos isso na forma usual de integração por partes
\int_{0}^{A} u(x)\,dv(x)=\big[u(x)v(x)\big]_{0}^{A}-\int_{0}^{A} v(x)\,du(x),
onde du=u'(x)\,dx e dv=v'(x)\,dx. Aqui u, v, du, dv são como acima.

Passo 3

Agora aplicamos integração por partes à integral truncada
\int_{0}^{A} e^{-x}x^{p}\,dx.
Escolhemos as funções de forma conveniente:
u(x)=x^{p}\quad\Rightarrow\quad du=p\,x^{p-1}\,dx,
dv=e^{-x}\,dx\quad\Rightarrow\quad v=-e^{-x}.
Essas escolhas são naturais porque derivar x^{p} diminui a potência e integrar e^{-x} mantém a forma exponencial.

Passo 4

Aplicando a fórmula de integração por partes com as escolhas acima:
\int_{0}^{A} e^{-x}x^{p}\,dx=\big[x^{p}\cdot(-e^{-x})\big]_{0}^{A}-\int_{0}^{A}(-e^{-x})\cdot p\,x^{p-1}\,dx.
Simplificando os sinais:
\int_{0}^{A} e^{-x}x^{p}\,dx=-A^{p}e^{-A}+ \underbrace{0^{p}e^{0}}_{=0}+p\int_{0}^{A} x^{p-1}e^{-x}\,dx.
Aqui usei que o termo no limite inferior é 0^{p}e^{0}. Para p>0 temos 0^{p}=0, logo o termo em x=0 é 0.

Passo 5

Resta analisar o termo -A^{p}e^{-A} quando A\to\infty. Precisamos mostrar que
\lim_{A\to\infty} A^{p}e^{-A}=0\quad\text{para }p>0.
Uma justificativa clara: considere o logaritmo do produto
\ln\big(A^{p}e^{-A}\big)=p\ln A - A.
Quando A\to\infty temos \ln A=o(A), isto é, \ln A cresce muito mais devagar que A. Portanto p\ln A - A \to -\infty, e assim o exponencial tende a zero:
A^{p}e^{-A}=\exp(p\ln A - A)\to 0.
Esse argumento funciona para qualquer real p>0. (Outra forma é escrever A^{p}/e^{A} e aplicar L’Hôpital em casos apropriados, mas a ideia do log mostra a razão de forma simples.)

Passo 6

Tendo mostrado que o termo de fronteira em A tende a zero, podemos tomar limite A\to\infty na identidade do Passo 4:
\Gamma(p+1)=\lim_{A\to\infty}\int_{0}^{A} e^{-x}x^{p}\,dx = \lim_{A\to\infty}\big(-A^{p}e^{-A}+p\int_{0}^{A} x^{p-1}e^{-x}\,dx\big).
Como \lim_{A\to\infty} A^{p}e^{-A}=0, segue
\Gamma(p+1)=p\lim_{A\to\infty}\int_{0}^{A} x^{p-1}e^{-x}\,dx.
Pelo definição da integral imprópria, o limite à direita é exatamente \Gamma(p), desde que \Gamma(p) exista. Para que \Gamma(p)=\int_{0}^{\infty} x^{p-1}e^{-x}\,dx exista precisamos de integrabilidade na vizinhança de 0, isto é p-1>-1 ou p>0. Portanto, para p>0 podemos concluir
\Gamma(p+1)=p\,\Gamma(p).

Passo 7

Interpretação e exemplo simples para fixar a ideia: para p=1 temos
\Gamma(2)=1\cdot\Gamma(1).
Como \Gamma(1)=\int_{0}^{\infty} e^{-x}\,dx=1, obtemos \Gamma(2)=1. Pelo passo iterado, para inteiro n\ge 0 obtém-se \Gamma(n+1)=n!, uma consequência clássica da relação de recorrência que acabamos de provar.

Resposta

\Gamma(p+1)=p\,\Gamma(p)

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