Função Gama | Lista de Exercícios Resolvidos

A função Gama é definida por $$ \Gamma (x) = \int_{0}^{ \infty}{t^{x-1}e^{-t} dt}.$$ A convergência desta integral requer x-1 > -1 , ou seja, x >0 . A relação de recorrência $$\Gamma (x+1) = x \Gamma (x),$$ pode ser obtida à partir à partir desta definição usando a técnica de integração por partes.

A função Gama é frequentemente chamada de fatorial generalizado: para todo real \alpha > -1 definimos o fatorial de \alpha por $$ \alpha ! = \Gamma (\alpha +1) . $$

Lista de Exercícios Sobre a Função Gama

1) Encontre \Gamma \left( \dfrac{1}{2} \right) .

Usando a definição, encontramos: $$ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) =   \int_{0}^{ \infty}{t^{\frac{1}{2}-1}e^{-t} dt} = \int_{0}^{ \infty}{t^{-\frac{1}{2}}e^{-t} dt}.$$

Vamos solucionar a integral \int{t^{-\frac{1}{2}}e^{-t} dt}:

Fazendo u = \sqrt{t} , encontramos u^2 = t e dt = 2u du , e substituindo na integral $$ \int{t^{-\frac{1}{2}}e^{-t} dt} = \int{u^{-1} e^{-u^2}2 u du} = \int{2e^{-u^2} du}= 2 \int{e^{-u^2} du}.$$

Assim, $$ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) =   2 \int_{0}^{ \infty}{e^{-u^2} du}.$$

Como $$ \int_{0}^{ \infty}{e^{-u^2} du} = \int_{0}^{ \infty}{e^{-v^2} dv},$$ então podemos escrever $$ \left[ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \right]^2 = \left( 2 \int_{0}^{ \infty}{e^{-u^2} du} \right) \left( 2 \int_{0}^{ \infty}{e^{-v^2} dv} \right) = 4 \int_{0}^{ \infty}\int_{0}^{ \infty} {e^{-u^2-v^2} dudv}.$$

Usando coordenadas polares para integrais duplas, encontramos:

$$ \left[ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \right]^2 = 4 \int_{0}^{ \infty}\int_{0}^{ \infty} {e^{-u^2-v^2} dudv} = 4 \int_{0}^{ \pi /2 }\int_{0}^{ \infty}{e^{-r^2}r dr d \theta} = \pi .$$

Logo, $$ \left[ \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) \right]^2 = \pi \Leftrightarrow \Gamma \left( \frac{1}{2} \right) = \sqrt{ \pi}.$$

2) Encontre \Gamma \left( - \dfrac{1}{2} \right) .

Segue de $$\Gamma (x+1) = x \Gamma (x),$$ que $$\Gamma (-1/2 + 1) = – \frac{1}{2} \Gamma (-1/2) \Leftrightarrow \Gamma (-1/2) = – 2 \Gamma (1/2) = -2 \sqrt{ \pi} .$$

3) Encontre a Transformada de Laplace da função f(t) = t^{ \alpha} , tal que \alpha > -1

A definição da Transformada de Laplace é dada por F(s) = \mathscr{L} (f) = \int_{0}^{\infty}{e^{-st}f(t)dt}.

Logo F(s) = \mathscr{L} (t^{ \alpha}) = \int_{0}^{\infty}{e^{-st}t^{ \alpha}dt}. Fazendo u = st , encontramos \dfrac{u}{s} = t \Rightarrow dt = \dfrac{du}{s}. Substituindo na integral, encontramos $$\mathscr{L} (t^{ \alpha}) = \int_{0}^{\infty}{e^{-st}t^{ \alpha}dt} = \frac{1}{s^{ \alpha +1}} \int_{0}^{\infty}{e^{-u}u^{ \alpha}du} = \frac{1}{s^{ \alpha +1}} \int_{0}^{\infty}{e^{-u}u^{ (\alpha +1 ) -1}du} = \frac{1}{s^{ \alpha +1}} \Gamma ( \alpha + 1 ).$$

Portanto, $$ \mathscr{L} (t^{ \alpha}) = \frac{1}{s^{ \alpha +1}} \Gamma ( \alpha + 1 ), \;\;\; \alpha > -1.$$

3) Usando o exercício anterior calcule as Transformadas de Laplace das funções: i) f(t) = t^{ n} , tal que n = 1,2,3,... ; ii) f(t) = t^{ 1/2} ; e iii) f(t) = t^{ -1/2} .

i) f(t) = t^{ n} , tal que n = 1,2,3,...

Usando o resultado anterior, fazendo \alpha = n = 1,2,3,... $$ \mathscr{L} (t^{ n}) = \frac{1}{s^{ n +1}} \Gamma ( n + 1 ) = \frac{1}{s^{ n +1}} (n+1)! = \frac{(n+1)!}{s^{ n +1}} .$$

ii) f(t) = t^{ 1/2} ;

Usando o resultado anterior e os primeiros exercícios, $$ \mathscr{L} (t^{ 1/2}) = \frac{1}{s^{ 1/2 +1}} \Gamma ( 1/2 + 1 ) = \frac{1}{s^{ 3/2}} \frac{1}{2} \Gamma (1/2) = \frac{1}{2s^{ 3/2}} \sqrt{ \pi} =  \frac{\sqrt{ \pi}}{2s^{ 3/2}}.$$

iii) f(t) = t^{ -1/2}

Novamente usando os exercícios anteriores, $$ \mathscr{L} (t^{ -1/2}) = \frac{1}{s^{ -1/2 +1}} \Gamma ( -1/2 + 1 ) = \frac{1}{s^{ 1/2}} \Gamma ( 1/2) = \frac{\sqrt{ \pi}}{s^{ 1/2}}.$$

4) Calcule $$ \int_{0}^{ \infty}{x^3 \left[ \ln \frac{1}{x} \right]^3 dx}.$$

 Fazendo t = - \ln(x) , obtemos $$ \int_{0}^{ \infty}{x^3 \left[ \ln \frac{1}{x} \right]^3 dx} = \int_{- \infty}^{ \infty}{-e^{-4t} t^3 dt}.$$

Agora, fazendo uma nova substituição 4t = u , encontramos $$ \int_{0}^{ \infty}{x^3 \left[ \ln \frac{1}{x} \right]^3 dx} = \int_{- \infty}^{ \infty}{-e^{-4t} t^3 dt} = \frac{-1}{256}\int_{- \infty}^{ \infty}{e^{-u} u^3 du}= \frac{-1}{256} \left[ \int_{- \infty}^{ 0}{e^{-u} u^3 du} + \Gamma ( 4) \right].$$

Como visto pela tabela acima \Gamma ( 4) = 3! = 6, mas como $$ \int_{- \infty}^{ 0}{e^{-u} u^3 du}= \infty$$ então $$ \int_{- \infty}^{ \infty}{x^3 \left[ \ln \frac{1}{x} \right]^3 dx} = \infty. $$

5) Prove que $$ \int_{0}^{ \infty}{e^{-\alpha \lambda ^2} cos ( \beta \lambda ) d \lambda}= \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\pi}{2}} e^{-\beta ^2/4 \alpha}$$

Seja $$ I = I ( \alpha , \beta) = \int_{0}^{ \infty}{e^{-\alpha \lambda ^2} cos ( \beta \lambda ) d \lambda}. $$ Então $$ \frac{ \partial I }{ \partial \beta } = \int_{0}^{ \infty}{- \lambda e^{-\alpha \lambda ^2} sen ( \beta \lambda ) d \lambda} = $$ $$ = \left[  \frac{e^{-\alpha \lambda ^2}}{ 2 \alpha } sen ( \beta \lambda ) \right]_{0}^{ \infty} – \frac{ \beta }{2 \alpha } \int_{0}^{ \infty}{e^{-\alpha \lambda ^2} cos ( \beta \lambda ) d \lambda} = – \frac{ \beta }{2 \alpha } I$$

Assim, $$ \frac{1}{I} \frac{ \partial I }{ \partial \beta } = – \frac{ \beta }{2 \alpha } $$ ou $$ \frac{ \partial }{ \partial \beta } \ln{I}= – \frac{ \beta }{2 \alpha } .$$ Integrando em relação a \beta vem $$  \ln{I} = – \frac{ \beta ^2 }{4 \alpha } + c_1$$ ou $$ I = I ( \alpha , \beta) = C e^{- \frac{ \beta ^2 }{4 \alpha }}.$$

Mas, fazendo x = \alpha \lambda ^2 , obtemos $$ C = I ( \alpha , 0 ) = \int_{0}^{ \infty}{e^{-\alpha \lambda ^2} d \lambda} = \frac{1}{2 \sqrt{ \alpha }}\int_{0}^{ \infty}{x^{-1/2}e^{-x} dx} = \frac{\Gamma (1/2) }{2 \sqrt{ \alpha }} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{ \pi }{ \alpha }}. $$ Portanto, $$I = \int_{0}^{ \infty}{e^{-\alpha \lambda ^2} cos ( \beta \lambda ) d \lambda} =  \frac{1}{2} \sqrt{\frac{ \pi }{ \alpha }} e^{- \frac{ \beta ^2 }{4 \alpha }}.$$

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