Sendo n \in \mathbb{N}, mostre que
\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cdot x^{2 n+1} d x=\frac{n!}{2}

Passo 1

O enunciado pede para mostrar, para todo n\in\mathbb{N}, que
\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} \cdot x^{2 n+1}\,dx=\frac{n!}{2}.
Informações dadas: a integral imprópria sobre [0,+\infty) da função x\mapsto e^{-x^{2}}x^{2n+1}. O que precisamos provar é que esse valor é igual a \dfrac{n!}{2}. Não há outras perguntas no enunciado.

Passo 2

Vamos transformar a integral por uma substituição simples que elimina o quadrado no expoente. Faça a substituição
t = x^{2}.
Dessa relação segue
dt = 2x\,dx \quad\text{ou}\quad dx = \frac{dt}{2x}.
Quando x=0 temos t=0. Quando x\to+\infty temos t\to+\infty. Substituindo na integral, observe que x^{2n+1}=(\sqrt{t})^{2n+1}=t^{n+\tfrac{1}{2}} e dx=\dfrac{dt}{2\sqrt{t}}. Portanto
\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} x^{2n+1}\,dx = \int_{0}^{+\infty} e^{-t}\, t^{n+\tfrac{1}{2}}\cdot\frac{dt}{2\,t^{1/2}} = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^{n}\,dt.

Passo 3

Definimos, para simplificar a notação,
I_{n}=\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^{n}\,dt.
Pela transformação do passo anterior temos que a integral original vale \dfrac{1}{2}I_{n}. Agora precisamos calcular I_{n}.

Passo 4

Vamos provar que I_{n}=n! por indução em n. Primeiro a base n=0:
I_{0}=\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^{0}\,dt=\int_{0}^{+\infty} e^{-t}\,dt=\big[-e^{-t}\big]_{0}^{\infty}=1=0!.

Passo 5

Passo indutivo: suponha que para algum k\ge0 valha I_{k}=k!. Mostramos que I_{k+1}=(k+1)!. Faça integração por partes em
I_{k+1}=\int_{0}^{+\infty} e^{-t} t^{k+1}\,dt.
Escolhemos u=t^{k+1} e dv=e^{-t}dt. Então du=(k+1)t^{k}\,dt e v=-e^{-t}. A fórmula de integração por partes dá
I_{k+1}=\big[-t^{k+1}e^{-t}\big]_{0}^{\infty}+(k+1)\int_{0}^{\infty} e^{-t} t^{k}\,dt.
Precisamos analisar o termo de fronteira \lim_{t\to\infty} t^{k+1}e^{-t}. Uma maneira rápida de ver que esse limite é 0 é reescrevê-lo como
\lim_{t\to\infty}\frac{t^{k+1}}{e^{t}},
e aplicar a regra de L’Hôpital k+1 vezes: ao derivar k+1 vezes o numerador obtemos (k+1)! e o denominador continua sendo e^{t}, cujo limite quando t\to\infty é +\infty; portanto a fração tende a 0. Assim o termo de fronteira vale zero e obtemos
I_{k+1}=(k+1)I_{k}.
Pela hipótese de indução I_{k}=k!, segue I_{k+1}=(k+1)k!= (k+1)!. Isso completa a indução, logo para todo n\in\mathbb{N} vale I_{n}=n!.

Passo 6

Voltando à integral original, do passo 2 tínhamos
\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} x^{2n+1}\,dx=\frac{1}{2}I_{n}.
Como I_{n}=n!, concluímos que
\int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} x^{2n+1}\,dx=\frac{n!}{2}.

Resposta

\dfrac{n!}{2}

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