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Fórmula de reflexão (da função gama) de Euler

Janeiro 22, 2009 in Análise, Análise de Fourier, Caderno, Cálculo, Demonstração, Função Gama, Funções Especiais, Identidade matemática, Integrais, Matemática, Teorema, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Matemática | 2 comments

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Gráfico de Γ(x) no intervalo ]-5,5]

A função especial beta é definida para as variáveis reais $x,y$ pelo integral

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{1}t^{x-1}(1-t)^{y-1}\;dt$ (1)

que é impróprio mas convergente, no caso de $x>0$ e $y>0$ e pelo menos uma das variáveis $x<1$ ou $y<1$ .

A função $B(x,y)$ (para $x>0$ e $y>0$ ) relaciona-se com a função especial gama

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\;dt$ (2)

através da conhecida identidade

$B(x,y)=\dfrac{\Gamma (x)\Gamma (y)}{\Gamma (x+y)}$ (3)

que não vou demonstrar.

O que me proponho demonstrar é a chamada fórmula da reflexão ou dos complementos da função gama no domínio real, seguindo o método indicado nos exercícios não resolvidos 10 e 11 da página 683 do livro de Angus E. Taylor, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, 1955.

Proposição: Se $a$ for real, é válida a identidade seguinte

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)$ (4)

Notação: $\csc a\pi=1/\sin a\pi$ é a cosecante de $a\pi$ .

Demonstração: Se $0<a<1$ , tem-se

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

como resulta da mudança de variável $y=1/x$ . O integral

$\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{x^{-a}}{1+x}\;dx$

é convergente se $a<1$ , porque nesta condição $\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{a}}$ é convergente e $\dfrac{x^{-a}}{x+1}\cdot x^a$ tende para 1, quando $x$ tende para $0^+$ , e, por outro lado, o integral

$\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{y^{a-1}}{1+y}\;dy$

também nesse caso é convergente, porque $\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{dy}{y^{2-a}}$ converge e $\dfrac{y^{a-1}\cdot y^{2-a}}{1+y}$ tende para 1, quando $y$ tende para $\infty$ .

Outra representação integral da função beta é:

$B(x,y)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{x-1}}{(1+u)^{x+y}}\;du$ (5)

que se obtém de (1) através das substituição

$t=\dfrac{u}{1+u}$ .

De (5) resulta

$B(a,1-a)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{1}^{\infty}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du$

$=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}}{1+u}\;du+\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{-a}}{1+u}\;du=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}\;du$

Usando agora o desenvolvimento em série de

$\dfrac{1}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^n$ ,

obtém-se

$\dfrac{u^{a-1}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{a-1+n}$

$\dfrac{u^{-a}}{1+u}=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n}u^{-a+n}$ ,

e integrando termo a termo a função integranda $\dfrac{u^{a-1}+u^{-a}}{1+u}$ , como

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{a-1+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

$(-1)^{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{-a+n}\;du=\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$ ,

depois de agrupar os termos pares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{a+n}$

com os ímpares da série

$\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n}}{-a+n+1}$

obtém-se no fim a série

$\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$ .

Em consequência

$B(a,1-a)=\Gamma (a)\Gamma (1-a)=\dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}$

Ora, a série de Fourier da função $f(x)=\pi\cos ax$ , em que $-\pi\le x\le\pi$ , é

$\pi\cos ax=2a\sin a\pi\left( \dfrac{1}{2a^2}+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}\cos nx}{n^2-a^2}\right)$

que assume o desenvolvimento particular para $x=0$ :

$\pi=\sin a\pi\left( \dfrac{1}{a}+2a\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\dfrac{(-1)^{n+1}}{n^2-a^2}\right)$

donde, efectivamente

$\dfrac{\pi}{\sin a\pi}=\pi \csc a\pi=B(a,1-a)=\Gamma(a)\Gamma(1-a)\qquad\blacksquare$

Esta mesma identidade também se verifica para $a$ complexo.

ADENDA de 23-1-2009: para $a=1/2$ obtém-se

$\dfrac{\pi}{\sin \pi/2}=\Gamma(1/2)\Gamma(1/2)$

donde

$\Gamma\left( \dfrac{1}{2}\right) =\sqrt{\pi}$ (6)

Actualização de 15-2-2009: acrescentado gráfico da função gama.

Regra de Leibniz de diferenciação de um integral paramétrico e sua generalização

Dezembro 7, 2008 in Caderno, Cálculo, Exercício, Integrais, Matemática, Teorema / Teoria | Tags: Caderno, Exercícios, Matemática, Problema | 2 comments

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Suponhamos que temos o integral que é função do parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx$

A sua diferenciação baseia-se na seguinte

Proposição (regra de Leibniz): Sejam $f\left( x,t\right)$ uma função real definida num rectângulo $R=$ $\left[ a,b\right] \times \left[ c,d\right] \in\mathbb{R}^{2}$ integrável em $x$ para cada valor real de $t$ e $\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}$ a sua derivada parcial contínua em $x$ e $t$ no mesmo rectângulo. A derivada do integral função do parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}f\left( x,t\right) dx$

é dada por

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{a}^{b}\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx.$

$\bigskip$

Usei-a aqui.

Neste caso os limites de integração são constantes. A generalização a um integral do tipo

$I(t)=J(u,v,t)=\displaystyle\int_{u(t)}^{v(t)}f\left( x,t\right) dx,$

em que o parâmetro ocorre também nas funções $u\left( t\right)$ e $v\left( t\right)$ dos limites de integração, é uma consequência do teorema fundamental do cálculo integral para uma função, na sua forma habitual

$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{a}^{x}g\left( t\right) dt=g\left( x\right)$

e nesta dela derivada

$\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{x}^{b}g\left( t\right) dt=-\dfrac{d}{dx}\displaystyle\int_{b}^{x}g\left( t\right) dt=-g\left( x\right)$

bem como da regra de derivação da função composta. A derivada passa a ser

$I^{\prime }(t)=\dfrac{dI}{dt}=\dfrac{\partial J}{\partial t}\dfrac{dt}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial v}\dfrac{dv}{dt}+\dfrac{\partial J}{\partial u}\dfrac{du}{dt}$

$I^{\prime }(t)=\left( \dfrac{\partial }{\partial t}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dt}{dt}$ $+\left( \dfrac{\partial }{\partial v}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{dv\left( t\right) }{dt}$ $+\left( \dfrac{\partial }{\partial u}\displaystyle\int_{u}^{v}f\left( x,t\right) dx\right) \dfrac{du\left( t\right) }{dt}$

Assim

$I^{\prime }(t)=\displaystyle\int_{u\left( t\right) }^{v\left( t\right) }\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}dx+f\left( v\left( t\right) ,t\right) v^{\prime }\left( t\right) -f\left( u\left( t\right) ,t\right) u^{\prime}\left( t\right) .$

$\bigskip$

Problema: determine a derivada $I^{\prime }(t)$ do integral

$I(t)=J(2t,t^{2},t)=\displaystyle\int_{2t}^{t^{2}}e^{tx}dx$

Resolução: neste caso $f\left( x,t\right) =e^{tx},u\left( t\right) =2t$ e $v\left( t\right) =t^{2}.$ As derivadas são

$v^{\prime }\left( t\right) =2t\qquad\qquad u^{\prime }\left( t\right) =2$

$\dfrac{\partial f\left( x,t\right) }{\partial t}=\dfrac{\partial }{\partial t}e^{tx}=xe^{tx}$

e os valores da função integranda são calculados em $\left( v,t\right)$ e $\left( u,t\right)$

$f\left( v\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot t^{2}}=e^{t^{3}}$

$f\left( u\left( t\right) ,t\right) =e^{t\cdot 2t}=e^{2t^{2}}$

donde

$=\dfrac{e^{t^{3}}\left( 3t^{3}-1\right) -e^{2t^{2}}\left( 4t^{2}-1\right) }{t^{2}}\qquad \blacktriangleleft$

Integração pelo método de diferenciação em relação a um parâmetro

Dezembro 5, 2008 in Caderno, Cálculo, Integrais, Matemática | Tags: Caderno, Matemática | Leave a comment

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Nesta minha entrada referi o método da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post de Todd and Vishal’s blog nela indicado. Este método é também conhecido pelo nome acima. Em que consiste? Generaliza-se o integral que se pretende calcular usando um parâmetro, sendo o integral original obtido para um valor particular desse parâmetro.

No caso do integral aí calculado

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx$

a generalização através do parâmetro $t$ que é aconselhada no post mencionado (e na Wikipedia e em INTEGRATION: THE FEYNMAN WAY ) é:

$I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\arctan \left( t\tan x\right) }{\tan x}dx$

da qual o integral original é o valor particular

$I(1)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx$

Para aplicar este método é necessário que a função integranda e a sua derivada parcial em relação ao parâmetro sejam contínuas no intervalo de integração, quer no que diz respeito à varável de integração $x$ quer ao parâmetro $t$ ; neste caso são-no:

$\dfrac{\partial }{\partial t}\dfrac{\arctan \left( t\tan x\right) }{\tan x}=\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}.$

Depois de se ter diferenciado sob o sinal de integral, obtém-se a derivada do integral em relação ao parâmetro, calculando o integral da nova função integranda, a que se acabou de determinar:

$\dfrac{d}{dt}I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\partial }{\partial t}\dfrac{\arctan\left( t\tan x\right) }{\tan x}dt$

O objectivo é tentar obter um integral simples! Continuando, vem

$\displaystyle\dfrac{d}{dt}I(t)=\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}dx$

Fazendo a substituição recomendada por Todd Trimble $x=\arctan u$ transforma-se este integral noutro

$\dfrac{d}{dt}I(t)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{1}{t^{2}\tan ^{2}x+1}dx=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}du$

que é integrável pelo método das fracções parciais:

$\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}=\dfrac{t}{t^{2}-1}\dfrac{t}{t^{2}u^{2}+1}-\dfrac{1}{t^{2}-1}\dfrac{1}{u^{2}+1}.$

obtendo-se

$\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{t^{2}u^{2}+1}\dfrac{1}{u^{2}+1}du$

$=\dfrac{t}{t^{2}-1}\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{t}{t^{2}u^{2}+1}du$ $-\dfrac{1}{t^{2}-1}\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{u^{2}+1}du$

$=\dfrac{t}{t^{2}-1}\left. \arctan \left( tu\right) \right\vert _{0}^{\infty}-\dfrac{1}{t^{2}-1}\left. \arctan \left( u\right) \right\vert _{0}^{\infty }$

$=\dfrac{t}{t^{2}-1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right) -\dfrac{1}{t^{2}-1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right)$

$=\dfrac{1}{t+1}\left( \dfrac{\pi }{2}\right)$

Por fim, integra-se em relação ao parâmetro $t$

$I(t)=\displaystyle\int \dfrac{\pi }{2\left( t+1\right) }\; dt=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( t+1\right) +C$

e calcula-se a constante de integração através de outro valor particular do integral; como

$I(0)=\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{\arctan \left( 0\tan x\right) }{\tan x}dx=0$

tem-se

$\dfrac{\pi }{2}\ln \left( 1\right) +C=0$

donde $C=0$ e o integral paramétrico é

$I(t)=\displaystyle\int \dfrac{\pi }{2\left( t+1\right) }\; dt=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( t+1\right)$

pelo que o integral original é igual a

$I(1)=\dfrac{\pi }{2}\ln \left( 1+1\right) =\dfrac{\pi }{2}\ln 2.$

Correcção de 6-12-2008: no integral $I(0)$

Cálculo automático de um integral difícil que me resistiu aos métodos matemáticos usuais

Dezembro 3, 2008 in Integrais, Matemática | Tags: Matemática | Leave a comment

Por ser bastante instrutivo, vale a pena analisar o método extremamente engenhoso que Nilay Vaish, autor de uma das resoluções do integral do problema POW-10 (problem of the week 10, de Todd and Vishal’s blog), usou para lá chegar — obteve uma equação linear em relação a esse integral — bem como tomar conhecimento do da diferenciação sob o sinal de integral exposto no post.

Eu, pela minha parte, NÃO consegui determinar o integral proposto pelos métodos do cálculo integral real ou complexo, embora soubesse que o valor desse integral

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx$

era $\dfrac{\pi }{2}\log 2$ , depois de ter recorrido ao Mathematica Online Integrator para obter uma primitiva de $\dfrac{x}{\tan x}$ :

$\displaystyle\int\dfrac{x}{\tan x}dx=x\log\left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) ,\qquad (1)$

em que $\log \left( x\right)$ é o logaritmo natural e $Li_{2}\left( x\right)$ a função dilogarítmica

$Li_{2}\left( x\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{x^{k}}{k^{2}}$

da qual utilizei os seguintes valores particulares

$Li_{2}\left( 1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{1}{k^{2}}=\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}\qquad (2)$

$Li_{2}\left( -1\right) =\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k}}{k^{2}}=-\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=-\dfrac{1}{2}\zeta \left( 2\right) =-\dfrac{\pi ^{2}}{12},\qquad (3)$

uma vez que $\zeta \left( 2\right) =\dfrac{\pi ^{2}}{6}$ e, sendo em geral,

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{n}}=\zeta \left( n\right) \left( 1-2^{1-n}\right)$

se tem

$\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty }\dfrac{\left( -1\right) ^{k+1}}{k^{2}}=\dfrac{1}{2}\zeta\left( 2\right) .$

Usando (1), (2) e (3) tudo o que fiz foi calcular

$\displaystyle\int_{0}^{\pi /2}\dfrac{x}{\tan x}dx=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}$

$=\left[ x\log \left( 1-e^{2ix}\right) \right] _{0}^{\pi /2}-\left[ \dfrac{1}{2}i\left( x^{2}+Li_{2}\left( e^{2ix}\right) \right) \right] _{0}^{\pi /2}$

$=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( -1\right) \right) +\dfrac{1}{2}i\left( Li_{2}\left( 1\right) \right)$

$=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right) -\dfrac{1}{2}i\left( \dfrac{\pi ^{2}}{4}\right) -\dfrac{1}{2}i\left( -\dfrac{\pi ^{2}}{12}\right) +\dfrac{1}{2}i\dfrac{\pi ^{2}}{6}=\dfrac{\pi }{2}\log \left( 2\right)$

PS. corrigido para “autor de uma das resoluções”, no primeiro parágrafo [3-12-2008, 0h42m UTC]

PPS. simplificada ligeiramente a exposição.

Adenda de 5-12-2008: acrescentado link à minha entrada de hoje sobre o método da diferenciação sob o sinal de integral.

Outra forma de calcular um integral clássico relacionado com Gama(1/2): versão portuguesa

Agosto 15, 2008 in Cálculo, Demonstração, Integrais, Matemática, Problema | Tags: Matemática | Leave a comment

Nesta entrada, em inglês, apresentei a seguinte solução para o Integral of the Week #2, onde se pede para calcular o integral

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\; dx=\sqrt{\pi}$

sem ser pelo método mais habitual, que envolve a utilização de coordenadas polares.

Resolução

Começo por mostrar que

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}y^{2}}\; dx=I$ ,

em que

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\; dx$ .

De seguida, para deduzir o valor de $I$ , calculo $I^2$ trocando a ordem de integração.

O “The second Integral Of The Week” é igual a $2I$ :

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\; dx=2I$ .

Se $x>0$ , então

$\displaystyle\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}y^{2}}\; dx=x\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-{xy}^2}\; dx=x\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\dfrac{du}{x}=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-u^2}\; du=I$ .

Assim,

$I^2=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x^2}\; dx\displaystyle\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}y^{2}}\; dy$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty}dy\displaystyle\int_{0}^{\infty}xe^{-x^2}e^{-x^{2}y^{2}}\; dx$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty}dy\displaystyle\int_{0}^{\infty}xe^{-x^{2}(1+y^2)}\; dx$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty}dy\dfrac{1}{2\left( 1+y^{2}\right) }\left[ -e^{-x^{2}\left( 1+y^{2}\right) }\right] _{x=0}^{\infty }$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{-e^{-\underset{x\rightarrow \infty}{\lim }x}+e^{0}}{2\left( 1+y^{2}\right) }\; dy$ $=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\dfrac{1}{2\left( 1+y^{2}\right) }\; dy$

$=\dfrac{1}{2}\left[ \tan^{-1}y\right] _{y=0}^{\infty }$ $=\dfrac{1}{2}\left( \dfrac{\pi}{2}-0\right) =\dfrac{\pi}{4}$ ,

pelo que

$I=\dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\; dx=2I=\sqrt{\pi}$ .

$\square$

- : – : -

Nota: dado que

$\Gamma (x)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty} t^{x-1}e^{-t}\;dt$ ,

por substituição, chega-se a

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2}\; dx=2I=\sqrt{\pi}=\Gamma \left(\dfrac{1}{2}\right)$ .

Aplique uma substituição adequada.

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- : – : -

Américo Tavares

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