a) Mostre que \left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}} d x\right]^{n}=\left(\frac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}.
b) Usando o fato de que: \left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}} d x\right]^{n}=\int_{-\infty}^{\infty} \cdots \int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\left(x_{1}^{2}+x_{2}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)} d V_{n} sendo d V_{n}=d x_{1} d x_{2} \cdots d x_{n} o elemento de volume do espaço n -dimensional e que o volume de uma hiper-esfera (esfera generalizada de raio R ) tem a forma V_{n}=A_{n} R^{n}, obtenha A_{n}. Verifique sua resposta para n=3.

Passo 1

O enunciado faz duas coisas:
  • (a) Pede para mostrar a identidade
\left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,d x\right]^{n}=\left(\frac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}.
  • (b) Diz que
\left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,d x\right]^{n}=\int_{-\infty}^{\infty}\cdots\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a\left(x_{1}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)}\,dV_{n},
com que dV_{n}=dx_{1}\,dx_{2}\cdots dx_{n}, e que o volume de uma hiper-esfera de raio R tem a forma
V_{n}=A_{n}R^{n}.
Pede-se obter a constante A_{n} (o coeficiente que multiplica R^{n} no volume da n-esfera) e verificar o resultado para n=3.
Vou usar as informações acima sem pedir nada mais. Nos passos seguintes vou provar a integral gaussiana unidimensional, elevar ao n e depois calcular a integral em coordenadas esféricas n-dimensionais para extrair A_{n}.

Passo 2

Primeiro foco na integral unidimensional e mostro que
I:=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.
Defino I como acima e observo que I^{2} é mais fácil de calcular em coordenadas polares (isto é um truque clássico). Escrevo
I^{2}=\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx\right)\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a y^{2}}\,dy\right) =\int_{-\infty}^{\infty}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a(x^{2}+y^{2})}\,dx\,dy.
Aqui introduzi uma segunda variável y e usei a independência dos integrais para escrever o produto como uma integral dupla sobre todo o plano (x,y).

Passo 3

Agora mudo para coordenadas polares no plano (x,y):
x=r\cos\theta,\qquad y=r\sin\theta.
No produto de mudança de variáveis aparece o jacobiano r, isto é o elemento de área transforma-se como dx\,dy = r\,dr\,d\theta. Os limites ficam r\in[0,\infty) e \theta\in[0,2\pi). Portanto
I^{2}=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r\,dr\,d\theta.
Explico por que: a função integrando depende apenas de r (porque x^{2}+y^{2}=r^{2}), e a área angular dá um fator 2\pi.

Passo 4

Avalio a integral em r. Primeiro a integral em \theta 2\pi. Depois faço a substituição direta para a integral em r:
\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r\,dr.
Faço a substituição u=a r^{2}. Então du=2a r\,dr e r\,dr = \dfrac{du}{2a}. Quando r vai de 0 a \infty, u vai de 0 a \infty. Assim
\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r\,dr =\int_{0}^{\infty} e^{-u}\,\frac{du}{2a}=\frac{1}{2a}\int_{0}^{\infty} e^{-u}\,du=\frac{1}{2a}.
Portanto
I^{2}=2\pi\cdot\frac{1}{2a}=\frac{\pi}{a}.

Passo 5

Como I>0 (integrando positivo), tomo a raiz positiva e obtenho
I=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.
Elevando ambos os lados à potência n,
\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx\right)^{n}=\left(\sqrt{\frac{\pi}{a}}\right)^{n}=\left(\frac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}.
Isto encerra a parte (a).

Passo 6

Agora passo para a parte (b). A igualdade fornecida no enunciado diz que o mesmo produto de n integrais unidimensionais é a integral n-dimensional
\left(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx\right)^{n} =\int_{\mathbb{R}^{n}} e^{-a\left(x_{1}^{2}+\cdots+x_{n}^{2}\right)}\,dV_{n}.
Vou calcular a integral no lado direito em coordenadas esféricas n-dimensionais (coordenadas radiais): usar a simetria radial do integrando.

Passo 7

Em n dimensões usamos uma coordenada radial r\ge0 e as coordenadas angulares; o elemento de volume se separa em parte radial e parte angular. Se S_{n-1} é a área da superfície da esfera unitária em \mathbb{R}^{n}, então o elemento de volume pode ser escrito como
dV_{n}=S_{n-1}\, r^{\,n-1}\,dr
quando se integra uma função radial (isto é, que depende só de r). Assim a integral n-dimensional torna-se
\int_{\mathbb{R}^{n}} e^{-a r^{2}}\,dV_{n} = S_{n-1}\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r^{\,n-1}\,dr.
Observação sobre S_{n-1}: se o volume da bola de raio R é V_{n}(R)=A_{n}R^{n}, então a área da superfície da esfera de raio R é a derivada em relação a R:
\frac{d}{dR}V_{n}(R)=\frac{d}{dR}\big(A_{n}R^{n}\big)=n A_{n} R^{n-1}.
Para R=1 isso dá S_{n-1}=n A_{n}. Em particular
S_{n-1}=n A_{n}.

Passo 8

Avalio a integral radial
\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r^{\,n-1}\,dr.
Faço a substituição t=a r^{2}. Então dt=2a r\,dr e r^{\,n-1}\,dr = r^{\,n-2}(r\,dr). Escrevo
r^{\,n-2} = (r^{2})^{\frac{n}{2}-1} = \left(\frac{t}{a}\right)^{\frac{n}{2}-1},
e r\,dr = \dfrac{dt}{2a}. Portanto
\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r^{\,n-1}\,dr = \int_{0}^{\infty} e^{-t}\left(\frac{t}{a}\right)^{\frac{n}{2}-1}\frac{dt}{2a} = \frac{1}{2} a^{-\frac{n}{2}} \int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{\frac{n}{2}-1}\,dt.
A integral em t é a definição da função Gamma:
\Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right)=\int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{\frac{n}{2}-1}\,dt.
Assim concluímos
\int_{0}^{\infty} e^{-a r^{2}}\, r^{\,n-1}\,dr = \frac{1}{2} a^{-\frac{n}{2}} \Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right).

Passo 9

Volto à integral n-dimensional e uso o resultado do passo anterior:
\int_{\mathbb{R}^{n}} e^{-a r^{2}}\,dV_{n} = S_{n-1}\cdot \frac{1}{2} a^{-\frac{n}{2}} \Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right).
Mas pelo resultado da parte (a) esse mesmo integral vale \left(\dfrac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}. Igualando as duas expressões:
\left(\frac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}} = S_{n-1}\cdot \frac{1}{2} a^{-\frac{n}{2}} \Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right).
Multiplicando ambos os lados por a^{\frac{n}{2}} e isolando S_{n-1} obtemos
S_{n-1}=\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right)}.

Passo 10

Lembremos a relação entre S_{n-1} e A_{n}:
S_{n-1}=n A_{n}.
Logo
A_{n}=\frac{S_{n-1}}{n}=\frac{1}{n}\cdot\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right)} =\frac{2\pi^{\frac{n}{2}}}{n\,\Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right)}.
Esta expressão pode ser simplificada usando a identidade da função Gamma
\Gamma\!\left(\frac{n}{2}+1\right)=\frac{n}{2}\,\Gamma\!\left(\frac{n}{2}\right).
Substituindo isso em cima dá
A_{n}=\frac{\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{n}{2}+1\right)}.
Esta forma é a mais comum para o volume da bola unidade n-dimensional: V_{n}(R)=\dfrac{\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2+1)}\,R^{n}.

Passo 11

Verificação para n=3. Substituo n=3 na fórmula
A_{3}=\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{3}{2}+1\right)}=\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{5}{2}\right)}.
Uso valores conhecidos da Gamma: \Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi} e a relação \Gamma(z+1)=z\Gamma(z). Assim
\Gamma\!\left(\tfrac{5}{2}\right)=\tfrac{3}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{3}{2}\right) =\tfrac{3}{2}\cdot\tfrac{1}{2}\Gamma\!\left(\tfrac{1}{2}\right) =\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}.
Portanto
A_{3}=\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{\tfrac{3}{4}\sqrt{\pi}}=\frac{\pi^{\frac{3}{2}}}{1}\cdot\frac{4}{3}\frac{1}{\sqrt{\pi}}=\frac{4\pi}{3},
que é exatamente o coeficiente do volume da esfera usual em 3D. A verificação está correta.

Resposta

(a) \left[\int_{-\infty}^{\infty} e^{-a x^{2}}\,dx\right]^{n}=\left(\dfrac{\pi}{a}\right)^{\frac{n}{2}}
(b) A_{n}=\dfrac{\pi^{\frac{n}{2}}}{\Gamma\!\left(\frac{n}{2}+1\right)}. Para n=3 obtém-se A_{3}=\dfrac{4\pi}{3}.

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