Justificar convergência/divergência de integral impróprio (x³exp(-x²))

Questão de user76508, no MSE, sobre a convergência/divergência do integral impróprio

\displaystyle\int_{0}^{\infty}x^3e^{-x^2}\ dx.

Tradução da minha resposta: Tem-se

\displaystyle\int_{0}^{\infty}x^{3}e^{-x^{2}}dx=\int_{0}^{1}x^{3}e^{-x^{2}}dx+\int_{1}^{\infty}x^{3}e^{-x^{2}}dx.

O primeiro integral não tem singularidades. O segundo é convergente, como se pode ver, aplicando o critério do limite e utilizando o facto de que  \displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{2}} é convergente:

\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{x^{3}e^{-x^{2}}}{x^{-2}}=0.

Em consequência o integral dado é convergente.

Integrais impróprios — exercício sobre integração de séries

Para obter o desenvolvimento em série de integrais impróprios, muitas vezes pode desenvolver-se em série a função integranda e integrar termo a termo essa série. Vou ilustrar o método com o seguinte exemplo adaptado da minha resposta, no MSE, à questão de Jozef:

Mostre que

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{x-1}\, dx=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}.

Podemos começar por fazer a substituição  u=x-1:

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{x-1}, dx=-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log (1-u)}{u}\, du.

De seguida consideramos o desenvolvimento em série de MacLaurin

\log (1-u)=-x-\dfrac{1}{2}x^{2}-\dfrac{1}{3}x^{3}-\ldots -\dfrac{x^{n}}{n}-\ldots\qquad\left\vert u\right\vert <1

do qual obtemos o da função integranda

\dfrac{\log (1-u)}{u}=-1-\dfrac{1}{2}u-\dfrac{1}{3}u^{2}-\ldots -\dfrac{u^{n}}{n}-\ldots =-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{u^{n-1}}{n}

Finalmente integramos esta série, termo a termo, admitindo sem o justificar a validade deste procedimento:

\begin{aligned}-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log (1-u)}{u}du &=-\displaystyle\int_{0}^{1}-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }  \dfrac{u^{n-1}}{n}du=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\displaystyle\int_{0}^{1}u^{n-1}du\\&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n}\times\dfrac{1}{n}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{1}{n^{2}}  \end{aligned}

Da mesma forma podemos obter

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{\log x}{1+x}dx=-\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\dfrac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}

por integração, por partes, da série

\dfrac{\log x}{1+x}=\dfrac{1}{1+x}\log x=\log x\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}(-x)^{n-1}=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}x^{n-1}\log x

termo a termo

\displaystyle\int_{0}^{1}x^{n-1}\log x\,dx=-\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{x}\dfrac{x^{n}}{n}\,dx=-\dfrac{1}{n^{2}}.

Exercício sobre convergência de um integral impróprio paramétrico

Exercício ([1, exercício 4, p. 648]) Determine a região do plano xy onde o integral a seguir indicado é convergente

I=\displaystyle\int_{0}^{\infty }\frac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t

Resolução: decomponha-se o integral misto na soma dos dois integrais seguintes, respectivamente, de 2.ªe 1.ª espécie

I=\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t+\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t=I_{1}+I_{2}

em que

\begin{aligned}I_{1}&=&\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t\\I_{2} &=&\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{1}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }\;\mathrm{d}t\end{aligned}

Seja f(t)=1/(t^{x}\left( 1+t^{y}\right) ) e escolha-se a função g_{1}(t)=1/t^{x}. Aplique-se o critério de convergência do limite. Como

\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f(t)}{g_{1}(t)}=\lim_{t\rightarrow 0^{+}}\dfrac{1}{1+t^{y}}=1\qquad (y<0)

Ora \displaystyle\int_{0}^{1}t^{-x}\;\mathrm{d}t é convergente, se x<1, donde o integral I_{1} converge na região R_{1}=\left\{ \left( x,y\right) :x<1\wedge y>0\right\}. Seja agora g_{2}(t)=1/t^{x+y}. Então, aplicando novamente o critério do limite

\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{f(t)}{g_{2}(t)}=\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{t^{x+y}}{t^{x}\left( 1+t^{y}\right) }=\lim_{t\rightarrow \infty }\dfrac{t^{y}}{1+t^{y}}=1\qquad (y>0)

como, para x+y>1 o integral \displaystyle\int_{1}^{\infty }t^{-\left( x+y\right) }\;\mathrm{d}t é convergente, conclui-se que I_{2} converge na região R_{2}=\left\{ \left( x,y\right) :x+y>1\right\}. Resulta por fim que  I converge em

 R=R_{1}\cap R_{2}=\left\{ \left( x,y\right) :x<1\wedge y>1-x\right\}

ou seja, à esquerda da recta x=1 e acima da recta y=1-x.

[1] TAYLOR, Angus, Advanced Calculus, Blaisdell Publishing Company, Waltham, Massachusetts, 1955.

Mathematics Stack Exchange — Duas perguntas e respostas sobre a função gama

[Original in English]

Esta é a tradução portuguesa do meu post Two Mathematics Stack Exchange Questions and Answers on the Gamma Function

Questão de pomme. Definição da função gama

“Sei que a função gama com o argumento (-\dfrac{1}{ 2}) — por outras palavras \Gamma(-\dfrac{1}{2}) é igual a -2\pi^{1/2}. Porém, sendo a definição de

\Gamma(k)=\displaystyle\int_0^\infty t^{k-1}e^{-t}dt

como é que \Gamma(-\frac{1}{2}) se pode obter desta definição? WolframAlpha diz que não converge…”

Minha resposta

A sua dúvida faz sentido se para k=-1/2 tentar usar a definição da função gama pelo  integral que escreveu, porque ele diverge em k=-1/2 como diz. Vou tentar esclarecer como segue. Esta representação integral da função gama (uso x em vez de k)

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

é válida nos reais, se e só se,  x>0. Usando a integração por partes podemos mostrar que

\Gamma (x+1)=x\Gamma (x).\qquad(1)

Para x<0 podemos definir \Gamma (x) pata todos os valores negativos de x excepto -1,-2,-3,\cdots não pelo integral (0), mas antes através  da equação funcional (1), que é da forma

\Gamma (x)=\dfrac{\Gamma(x+1)}{x}.\qquad(2)

Então x+1>0 [e] \Gamma (x+1) é convergente. No seu exemplo x=-1/2, logo x+1=1/2 e \Gamma (1+x)=\Gamma (1/2). Assim obtemos

\Gamma (-1/2)=\dfrac{\Gamma(1/2)}{-1/2}=-2\Gamma (1/2)=-2\sqrt{\pi },\qquad(3)

em que usamos o valor conhecido do integral \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi }, que pode calcular-se, por exemplo a partir da igualdade

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy=\dfrac{\pi }{4}=\left( \displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx\right) ^{2}.\qquad(4)

Analogamente, para x=-3/2, de (2) determinamos que \Gamma (-3/2)=-\frac{2}{3}\Gamma (-1/2), usiando duas vezes (3). A este processo chama-se prolongamento analítico, cuja verdadeira compreensão exige o conhecimento de análise complexa.

\text{Plot of }y=\Gamma(x)\quad -5<x<5

Questão de Amitabh Udayiman. Convergência deste integral

“O meu livro escolar de estatística indicada pela minha escola afirma que o integral

\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx

é convergente para n>0, não o demonstrando. Por isso alguém me poderia ajudar a demonstrá-lot? Mais uma vez obrigado!”

Minha resposta. Parto do princípio que n é um número real. Decomponha o integral impróprio da função gama

\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(0)

em I_1+I_2, em que

I_1=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(1)

e

I_2=\displaystyle\int_{1}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(2)

1. Para demonstrar que o integral I_2 é sempre convergente use o facto de que qualquer que seja o número real \alpha o integral

\int_{1}^{\infty }e^{-x}x^{\alpha }dx\qquad(3)

é convergente, pelo critério do limite

\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{e^{-x}x^{\alpha }}{x^{-2}}=0\qquad(4)

comparando-o com o integral convergente

\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{2}}.\qquad(5)

2. Quanto a I_1 considere dois casos. (a) Se n\geq 1, observe que \lim_{x\rightarrow 0}e^{-x}x^{n-1}=0, logo I_1 é um integral próprio. (b) Se 0<n<1, a função integranda e^{-x}x^{n-1} comporta-se como x^{n-1} na vizinhança de n=0, porque e^{-x}\rightarrow 1 quando x\rightarrow 0. Visto que

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{1-n}}\qquad(6)

é convergente, se e só se, 1-n<1, isto é n>0, também o é I_1, o que faz com que \Gamma(n)=I_1+I_2 seja convergente para n>0.

Two Mathematics Stack Exchange Questions and Answers on the Gamma Function

I post here together two answers of mine on MSE both on the gamma function.

Question by pomme. Definition of the gamma function

“I know that the Gamma function with argument (-\dfrac{1}{ 2}) — in other words \Gamma(-\dfrac{1}{2}) is equal to -2\pi^{1/2}. However, the definition of

\Gamma(k)=\displaystyle\int_0^\infty t^{k-1}e^{-t}dt

but how can \Gamma(-\frac{1}{2}) be obtained from the definition? WA says it does not converge…”

My answer

Your doubt makes sense if for k=-1/2 you try using the definition of the gamma function by the integral you have written, because it diverges at k=-1/2 as you stated. I will try to clarify if as follows. This integral representation of the gamma function (I use x instead of k)

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

holds in the reals if and only if x>0. Using integration by parts we can show that

\Gamma (x+1)=x\Gamma (x).\qquad(1)

For x<0 we can define \Gamma (x) for all negative values of x<0 except -1,-2,-3,\cdots not by the integral (0)rather by means of the functional equation (1) in the form

\Gamma (x)=\dfrac{\Gamma(x+1)}{x}.\qquad(2)

Then x+1>0 [and] \Gamma (x+1) is convergent. In your example x=-1/2, so x+1=1/2 and \Gamma (1+x)=\Gamma (1/2). Hence we obtain

\Gamma (-1/2)=\dfrac{\Gamma(1/2)}{-1/2}=-2\Gamma (1/2)=-2\sqrt{\pi },\qquad(3)

where we use the known value of the integral \Gamma(1/2)=\sqrt{\pi }, which can be evaluated, e.g. from the equality

\displaystyle\int_{0}^{\infty }\displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy=\dfrac{\pi }{4}=\left( \displaystyle\int_{0}^{\infty }e^{-x^{2}}dx\right) ^{2}.\qquad(4)

Similarly, for x=-3/2 by (2) we find \Gamma (-3/2)=-\frac{2}{3}\Gamma (-1/2), using (3) twice. This process is called analytic continuation, but its true understanding requires knowledge of complex analysis.

    \text{Plot of }y=\Gamma(x)\quad -5<x<5

Question by Amitabh Udayiman. Convergence of this integral

“My statistics text book prescribed by my school states that the integral

\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx

is convergent for n>0.It does not prove the statement. So can anyone please help me prove it? Thanks again!”

My answer. I assume that n is a real number. Split the gamma improper integral

\Gamma(n)=\displaystyle\int_{0}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(0)

into I_1+I_2, where

I_1=\displaystyle\int_{0}^{1}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(1)

and

I_2=\displaystyle\int_{1}^{\infty}e^{-x}x^{n-1}dx\qquad(2)

1. To prove that the integral I_2 is always convergent use the fact that for any real number \alpha the integral

\int_{1}^{\infty }e^{-x}x^{\alpha }dx\qquad(3)

is convergent, by the limit comparison test

\displaystyle\lim_{x\rightarrow \infty }\dfrac{e^{-x}x^{\alpha }}{x^{-2}}=0\qquad(4)

with the convergent integral

\displaystyle\int_{1}^{\infty }\dfrac{dx}{x^{2}}.\qquad(5)

2. As for I_1 consider two cases. (a) If n\geq 1 observe that \lim_{x\rightarrow 0}e^{-x}x^{n-1}=0, so I_1 is a proper integral. (b) If 0<n<1, the integrand e^{-x}x^{n-1} behaves like x^{n-1} near n=0, because e^{-x}\rightarrow 1 as x\rightarrow 0. Since

\displaystyle\int_{0}^{1}\dfrac{dx}{x^{1-n}}\qquad(6)

is convergent if and only if 1-n<1, i.e. n>0, so is I_1. It follows that \Gamma(n)=I_1+I_2 is convergent for n>0.