INTEGRALES EULERIANAS
FUNCIONES GAMMA Y BETA
Introducción Presentamos un aporte más del Cálculo Integral, esta vez en el campo de la Estadística. Se trata de las funciones Gamma y Beta, de suma importancia en el tema de las probabilidades: La Distribución de Probabilidad Beta y La Distribución de Probabilidad Gamma.
Historia Adrian María Legendre (1752-1833) propuso, en 1814, llamar Función Gamma y representar con la letra correspondiente, G, a una función que había sido introducida por primera vez en una carta que escribió Leonard Euler (17071783) a Christian Goldbach (1690-1764) en el año 1729. De esta función, aunque fue escrita inicialmente en forma infinitesimal, como el límite de una expresión discreta, más tarde se obtuvieron expresiones integrales. La primera de estas integrales fue ya deducida por el mismo Euler. (Tomado de http://personales.ya.com/casanchi/mat/funciongamma01.htm)
Objetivo Resolver integrales impropias a través de las funciones Eulerianas Gamma, Beta y de sus propiedades, lo cual permitirá interpretar el resultado como la probabilidad de eventos con variables aleatorias que tienen distribución de Probabilidad Gamma y Beta. Sugerencia Para el logro del objetivo es importante tener la habilidad en resolver integrales impropias, así como también el cálculo de límites que requieren de la regla de L’hopital. Palabras claves: Integrales impropias, Límites y Regla de L’hopital.
Definición La función Gamma, denotada por Γ(n ) se define como: Γ(n ) = ∫
+∞ 0
x n −1 e − x dx
y converge para n > 0 1
TEOREMA 1. Fórmula de recurrencia para Gamma o Ecuación Funcional de Gamma. Si n > 0 , entonces Γ(n + 1) = nΓ(n )
Demostración
Por definición de función gamma se tiene que Γ(n + 1) = ∫
+∞ 0
x n e − x dx
o de igual manera
Γ(n + 1) = lim ∫ x n e − x dx b
b →∞
0
Sean
u = xn v = −e − x
y du = nx n −1 dx dv = e − x dx
Así b n b b Γ(n + 1) = lim ∫ x n e − x dx = lim − b + n ∫ x n−1e − x dx 0 0 b →∞ b → +∞ e Como cada uno de los límites en cuestión existen entonces: b b b bn Γ(n + 1) = lim ∫ x n e − x dx = lim − b + n lim ∫ x n −1e − x dx = n lim ∫ x n −1e − x dx 0 0 → +∞ b → +∞ b b →∞ 0 b → +∞ e Por lo tanto
Γ(n + 1) = n ∫
+∞ 0
x n −1e − x dx = nΓ(n )
Si en la expresión anterior se sustituye a n por n − 1 , se obtiene que: Γ(n ) = (n − 1) Γ (n − 1) = (n − 1)(n − 2 ) Γ (n − 2 ) = (n − 1)(n − 2)(n − 3) Γ (n − 3)
Si la idea anterior se repite de manera sucesiva, se encuentra que Γ(n ) = (n − 1)(n − 2)(n − 3)(n − 4 )..........Γ(1)
De lo anterior se desprende que: Γ(n + 1) = n(n − 1)(n − 2)(n − 3)......Γ(1) Si n = 1 se obtiene que Γ(1) = 1 , esto a partir de la definición de Γ(n)
2
∞
Γ(1) = ∫ x 0 e − x dx = lim
b → +∞
0
Γ(1) = lim
∫
b 0
x 0 e − x dx
con
x≠0
b e − x dx = lim − e − x 0 b → +∞ b → +∞ −b = lim − e + 1 = 1 b → +∞
[
Por lo tanto Así
∫
b
0
]
Γ(1) = 1
Γ(n + 1) = n(n − 1)(n − 2)(n − 3).............. × 1
Definición de Factorial Sea n ∈ N . El Factorial de n , denotado por n ! se define como n != n(n − 1)(n − 2 )(n − 3).............. × 1 De la Definición anterior se tiene que Γ(n + 1) = n !
TEOREMA 2. La función Gamma suele llamarse “FUNCIÓN FACTORIAL” puesto que, si n > 0 entonces Γ(n + 1) = n ! o se puede escribir también como: Γ(n + 1) = ∫
+∞ 0
x n e − x dx = n !
A continuación se muestran dos formas para lograr el siguiente resultado
( 2) =
Γ1
π
Primera forma Usando la fórmula de complementariedad para la función Gamma, la cual está dada por
Basta hacer x = 1
2
( 2 ) Γ ( 12 ) = [ Γ (1 2 ) ]
Γ1
2
=
π sen π
=π 2
3
Es decir:
( 2) =
Γ1
π
Segunda forma De la definición de la función Gamma se tiene que +∞ 1 Γ = ∫ x −1 / 2 e − x dx . 0 2
Haciendo x = u2,
se tiene +∞ +∞ 2 2 1 Γ = ∫ u −1 e −u 2 u du = 2 ∫ e −u du = π 0 0 2
Lo anterior se debe a que
∫
+∞ 0
e −u du = 2
π 2
(Ver ejercicio 7 parte a.)
EJERCICIOS
∫
1.
∫
2.
+∞ 0
+∞ 0
x 6 e − x dx = 6 !
x 3 e − 2 x dx
Solución: Supongamos que: y = 2 x en donde
dy = 2dx
dx =
dy 2
Luego se cambian los límites de la integral así: Si x → 0 , y → 0 , y la integral queda de la forma: Si x → ∞ , y → ∞
∫
+∞ 0
3 y e − y dy = 1 + ∞ y 3 e − y dy = 3! 2 2 24 ∫ 0 24
4
∫
3.
+∞
x e − x dx 3
0
Solución: Supongamos que: y = x 3 en donde dy dx = 2 3y 3 Teniendo en cuenta que
x=y
1
3
y x
1
1
= y 6 . Entonces
2
y → 0 cuando x → 0 y → ∞ cuando x → ∞
entonces
∫
+∞ 0
dy
e−y
3y
4.
∫
5.
∫ ∫
6.
1 6
y
+∞ 0
+∞ 0
1 0
2
== 3
x 2 e − ax dx 2
x
3
2
1 + ∞ − 12 − y 1 1 π y e dy = Γ = ∫ 3 0 3 2 3 con a > 0
e − ax dx con
a>0
1 dx − ln x
Solución: Reescribiendo la ecuación se tiene que:
1
dx
∫ (− ln x ) 0
1/ 2
1 dy = − dx luego; − xdy = dx x Luego se cambian los límites de la integral así:
Supongamos que: y = − ln x
Si x → 0 , y → +∞ Si x → 1 , y → 0
Recordar: z = ln w entonces e z = w Entonces x = e− y +∞
∫
0
∫
0
+∞
e−y dy = y1/ 2 y
∫
+∞ 0
y −1 / 2 e − y dy
1 e dy = Γ = π 2
1 −1 −y 2
7. Probar que: 5
a.
∫
+∞ 0
π
e − x dx = 2
2
Sea y = x 2 entonces y 1 / 2 = x
luego; dy = 2 xdx entonces
dy = dx 2 y1/ 2
Luego se cambian los límites de la integral así: Si x → 0 , y → 0 Si x → ∞ , y → ∞ 1 + ∞ −1 / 2 − y 1 y e dy = π ∫ 0 2 2
Así Luego
∫
+∞ 0
π
e − x dx = 2
b.
∫
+∞ 0
2 t x −1 e − at dt =
Γ( x ) ax
con a > 0
y dy luego; dy = a dt o mejor = dt a a Luego se cambian los límites de la integral así:
Supongamos que: y = at , t =
Si t → 0 , y → 0 Si t → ∞ , y → ∞
Ahora: x −1
y − y dy ∫ 0 a e a x −1 +∞ y − y dy ∫ 0 a x −1 e a x −1 +∞ y 1 − y dy ∫ 0 a x−1 e a = a x +∞
∫
8.
+∞
0
∫
+∞
0
y x −1e − y dy =
Γ(x ) ax
3 − 4 z dz 2
Como a u = e u ln a , a > 0 , entonces
∫
+∞
0
e −4 z
2
ln 3
dz
=
∫
+∞
0
e − 4(ln 3) z dz 2
Haciendo:
6
y = 4(ln 3)z 2 , se tiene que
Entonces dz =
y = z 2 y así z = 4(ln 3)
y . 4(ln 3)
dy 8(ln 3)z
Ahora: Si z → 0 , y → 0 Si z → ∞ , y → ∞
Luego la integral original se convierte en
∫
+∞ 0
e−y 8 ln 3
dy y1/ 2
=
2(ln 3)
1 4(ln 3)1 / 2
∫
+∞ 0
y −1 / 2 e − y dy =
( )
1 π Γ1 = 1/ 2 2 4(ln 3)1 / 2 4(ln 3)
1/ 2
FUNCIÓN BETA La llamada Función Beta de Euler, es una expresión integral de la forma
β ( m, n ) =
1
∫x
m −1
(1 − x) n −1 dx
0
y tiene, entre otras particularidades, la de estar relacionada con la función gamma de una forma que resulta extremadamente útil a la hora de demostrar algunas de sus propiedades básicas. Veamos la demostración de la relación
β ( m, n ) =
Γ ( m) Γ ( n) Γ (m + n)
En efecto:
Haciendo los cambios x + y = t y x = s , se tiene:
Si hacemos el cambio
s = tu,
entonces: u=
s s = t s+ y
Si s = 0, entonces u = 0
7
Cuando s → ∞, entonces u → 1
Así se tiene que: ∞
Γ ( m) Γ ( n) =
1
−t m −1 n −1 n −1 ∫ e ∫ (tu ) t (1 − u ) t du dt = 0
∞
=
0
∞
1
0
0
− t m + n −1 m −1 n −1 ∫ e t ∫ (u) (1 − u ) du dt
1
∫e
−t
t m + n−1 dt
∫ (u )
0
m −1
(1 − u ) n−1 du = Γ( m + n) β ( m, n)
0
y, en definitiva:
Γ ( m) Γ ( n) Γ ( m + n)
β (m, n) =
EJERCICIOS 1. Probar que β ( m, n) = β (n, m) . Sugerencia: Haga u = 1 − x en la definición de la función Beta 2. Probar que β (m, n ) = 2 ∫
π 2 0
sen 2 m −1θ cos 2 n −1 θ dθ
Solución: Sabemos que B(m, n ) = ∫ x m −1 (1 − x ) 1
n −1
0
Sea x = sen 2θ Si x = 0
B(m, n ) = ∫ = 2∫
π 0
2
entonces dx = 2 senθ cos θ dθ
; θ = 0 y x =1 π
; θ =π
(sen θ ) (1 − sen θ )
2
2
0
dx
m −1
2
n −1
2
2 senθ cos θ dθ
sen 2 m − 2θ cos θ 2 n− 2 senθ cos θ dθ
A partir de la expresión anterior, se puede decir finalmente que: B(m, n ) = 2 ∫
∫
π 2 0
π 0
2
sen 2 m −1θ cos θ 2 n −1 dθ
sen 2 m −1θ cos θ 2 n −1 dθ =
Γ(m )Γ(n ) 2Γ(m + n )
8
3. Utilice la expresión del ejercicio anterior, para calcular: 5 7 Γ Γ 5 7 π π 2* −1 2* −1 2 2 2 2 4 6 ∫ 0 sen θ cos θ dθ = ∫ 0 sen 2 θ cos 2 θ dθ = 2Γ(6) . Como 3 π 5 3 1 1 Γ = Γ( ) = 2 2 2 2 4 7 5 3 1 1 15 π Γ = Γ( ) = 8 2 2 2 2 2 Γ(6 ) = 5! = 120
Entonces
∫
π
sen 4θ cos 6 θ dθ =
2 0
45π (32)(240)
Evaluar: 4. ∫ 5. ∫ 6. ∫ 7. ∫
π
2
sen 5θ cos 4 θ dθ
2
sen 5θ cos 7 θ dθ
2
sen 4θ cos 5 θ dθ
0
π 0
π 0 2 0
x 2 dx 2− x
Solución de 7.
∫
2 0
x (2 − x ) 2
Si y =
−1
2
2 dx = 2
x ∫ 0 x 1 − 2 2
2
−1
2
dx
x entonces dx = 2 dy 2
Luego se cambian los límites de la integral así: Si x → 0 , y → 0 Si x → 2 , y → 1
Por lo tanto la integral queda
9
∫
2 0
x 2 (2 − x )
−1
2 2
dx =
2
= 4 2 ∫ y 3−1 (1 − y ) 1
∫
8.
2 0
2! π
=
15 π 8
1
2
−1 / 2
0
1 −1 2
0
=4 2
∫ (2 y ) (1 − y )
2dy = 4 2 ∫ y 2 (1 − y ) 1
0
(
dy = 4 2 B 3, 1
)= 2
−1
2
dy
( 2) Γ(7 ) 2
Γ(3)Γ 1
4 2
64 2 15
x 2 3 8 − x 3 dx
9. ∫ y 4 (a 2 − y 2 ) dy a
1/ 2
0
Solución de 9.
∫
a
0
(
y a −y 4
2
)
2 1/ 2
Hagamos x =
y 2 dy = ∫ y a 2 1 − 2 0 a a
y2 a2
1/ 2
4
a y2 = a ∫ y 4 1 − 2 0 a
1/ 2
dy
. Entonces:
( )
a 2 x = y 2 luego a 2 x
1/ 2
=y
a dx = 2 y dy 2
Si y → 0 , x → 0 Si y → a , x → 1
Luego: a y2 a ∫ y 4 1 − 2 0 a
1/ 2
( )
dy = a ∫ a 2 x (1 − x ) 1
0
2
1/ 2
a a6 dx = 2 2 x1 / 2
∫ (x ) (1 − x ) 1
3/ 2
1/ 2
0
dx
Como:
a6 2
3/ 2 1/ 2 ∫ 0 (x ) (1 − x ) 1
a6 2
dx =
−1 −1 ∫ 0 (x ) 2 (1 − x ) 2 5
1
3
dx .
Entonces:
a y a ∫ y 4 1 − 2 0 a 2
1/ 2
dy =
6
a 2
∫ (x ) (1 − x ) 1
0
5 −1 2
3 −1 2
5 3 Γ Γ a 5 3 a 2 2 dx = B , = 2 2 2 2 Γ(4) 6
6
10
1
∫
10.
− ln x dx
0
Probar que:
1.
+∞
∫
2.
∫
3.
∫
4.
∫
5.
∫
0
+∞ 0
+∞ 0
+∞ −∞
e − xt dt =
1 π 2 x
te − xt dt =
1 2x
2
2
x m e − ax dx =
+∞ −∞
x>0
1
n
e−x
2
/2
x>0
na
( m +1) / n
m +1 Γ n
dx = 2π
e x −e dx = Γ(1) = 1 x
1 6. ∫ 0 ln t 1
n −1
dt = Γ(n )
7. Utilizando el ejercicio 2, de la página 8, calcular: π /2
∫
0
∫
0
∫ ∫
π /2
∫
0
sen 7θ cos 5 θ dθ
∫
0
π /2
tan θ dθ
0
π /2 0
1
8.
∫
0
9.
∫
0
a
π /2
sen 5θ cos 4 θ dθ
sen 3θ
cos θ dθ
∫
∫
π /2 0
sen 8θ cos 6 θ dθ
1 1 + dθ tan θ cot θ
π /2 0
π /2
sen 4θ cos 7 dθ
sen 8θ dθ
p
1 x ln dx, p, m > −1 x m
dy a − y4 4
11
10. A partir de la expresión: B (m, n ) = ∫ x m −1 (1 − x ) 1
n −1
dx ,
0
con m > 0 , n > 0 , y haciendo:
x=
y 1+ y
probar que: B (m, n ) = ∫
+∞
0
y m −1
(1 + y )m+ n
dy
Miscelánea de ejercicios Emplee la definición y las propiedades de las Funciones Beta y Gamma (según el caso) para evaluar las siguientes integrales:
1.
∫
2.
∫
3.
4.
5. 6. 7.
+∞
x e
0 +∞
∫
+∞
0
∫
+∞
+∞
0
∫
+∞
0
∫
+∞
0
9.
10.
2
y e
−2 y5
dy
0
∫
+∞
0
1
0 1
dt
4
3
2
4
u 3 / 2 (4 − u )
13.
∫
14.
∫
15.
∫ (4 − x )
16.
∫
0
1
0
2
5/2
du
1− x dx x 2 3/ 2
0
dx
dx 3
0
2
t
0
3
e
e − kt
∫ ln xdx 12. ∫ x (1 − x ) dx
11.
e − x dx −xn
1 ln dx x
1
∫
e − 2 x dx
∫x 0
dx
x 2 e −ax dx 3
0
∫
−4 x
x 5 e −3 x dx
0
1
8.
4
4
(ln x) dx
dx 3x − x
2
Bibliografía
12
http://personales.ya.com/casanchi/mat/funciongamma01.htm http://personal.telefonica.terra.es/web/imm/Imagenes/2ADE/MatIII/ejercicios/int _eulerianas.pdf http://www.blojer.com/labiblio/archivo/ingenieria/telecomunicaciones/calculo/alg unos%20apuntes%20del%20primer%20cuatrimestre/INTEGRALES_EULERIA NAS.pdf http://www.dma.fi.upm.es/docencia/cursosanteriores/0506/primerciclo/analisis/Problemas/1eulerianas.pdf http://www.satd.uma.es/a_valverde/Calculo/apuntes/TemaC6.pdf
13
