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Función Gamma
La función gamma fue definida por euler mediante:
                                        ∞
                        Γ 𝑥 =               𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 ; 𝑥 > 0
                                      0



Algunas funciones definidas son:




   1. Γ 1 = 1
   2. Γ 1/2 = 𝜋
   3. Γ 𝑥 + 1 = 𝑥 Γ 𝑥
                1           1∗3∗5…(2𝑛−1)
   4. Γ 𝑛 +             =                        𝜋 1/2
                2                2𝑛



Demostrando (3)

Por definición tenemos que:
             ∞
Γ 𝑥 =          𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
           0

Entonces
                    ∞
Γ 𝑥+1 =                 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥 𝑑𝑡
                0

Hacemos

   𝑢= 𝑡𝑥                 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡           𝑣 = −𝑒 −𝑡
Si reemplazamos en la ecuación
                                             ∞
                        𝑥 −𝑡 ∞
Γ 𝑥 + 1 = −𝑡              𝑒 0    + 𝑥             𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
                                            0
∞
Γ 𝑥+1 = 𝑥                   𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
                     0

Si observamos la parte derecha es idéntica a la ecuación inicial de la función
de gamma por lo tanto

Γ 𝑥 + 1 = 𝑥Γ 𝑥                    …        Lqd


Demostrando (2)

Para demostrar que:          Γ 1/2 =         𝜋
                                                   ∞ −𝑡
Por definición sabemos que          Γ 𝑥 =         0
                                                     𝑒    ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Lo que hacemos es remplazar a 𝒕 por 𝒙 𝟐

                1                   1 −1/2
𝑡 = 𝑥2 →        𝑡2 = 𝑥 →              𝑡    𝑑𝑡 = 𝑑𝑥
                                    2

Si despejamos            𝑡 −1/2 𝑑𝑡 = 2𝑑𝑥
Si remplazamos en la ecuación inicial de gamma a x por el valor de ½
                                  ∞ −𝑡
Es decir   Γ 1/2 =               0
                                    𝑒    ∗ 𝑡 (1/2)−1 𝑑𝑡
                                                           ∞ −𝑡
Quedará de la siguiente forma             Γ 1/2 =         0
                                                             𝑒    ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑡
Ahora si tomamos los nuevos valores que hemos despejado y los introducimos
dentro de nuestra nueva ecuación obtendremos:

Como: 𝒕−𝟏/𝟐     𝒅𝒕 = 2𝑑𝑥              y          𝒕 = 𝑥2
                    ∞
                             2
Γ 1/2 = 2                𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
                 0

Hacemos ahora        𝑡 = 𝑦2       de manera análoga se obtiene

                    ∞
                             2
Γ 1/2 = 2                𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
                 0

Multiplicamos miembro a miembro
∞                           ∞
                 2                      −𝑥 2                       2
Γ 1/2                =2             𝑒          𝑑𝑥 ∗ 2           𝑒 −𝑦 𝑑𝑦
                              0                         0
        ∞
                        2 +𝑦 2 )
=4              𝑒 −(𝑥               𝑑𝑥𝑑𝑦
        0

Si lo tomamos por coordenadas polares tendremos que:
                                                                                         𝑥
            𝑥 = 𝑟 cos 𝜃                  𝑦 = 𝑟 sen 𝜃            𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2   tan 𝜃 =
                                                                                         𝑦



                𝜕 𝑥, 𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦 =                       𝑑𝑟 𝑑𝜃
                𝜕 𝑟, 𝜃
         𝜕𝑥                 𝜕𝑥
𝜕 𝑥, 𝑦                      𝜕𝜃 = cos 𝜃                −𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃
       = 𝜕𝑟
𝜕 𝑟, 𝜃   𝜕𝑦                 𝜕𝑦    𝑠𝑒𝑛𝜃                 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃
         𝜕𝑟                 𝜕𝜃
𝜕 𝑥, 𝑦
       = 𝑟𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛2 𝜃
𝜕 𝑟, 𝜃

= 𝑟(𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃)

=r
Luego entonces

                                   𝜋/2     ∞
                 2                                2
Γ 1/2                =4                        𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃
                              0           0
    ∞
            2                                                              𝑑𝑢
        𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟 →                   𝑢 = 𝑟2            𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟              = 𝑟𝑑𝑟
    0                                                                      2
Reemplazando

1  ∞                                 1            1         1
         𝑒 −𝑢 𝑑𝑢           →              −0 +         =
2 0                                  2            2         2
Luego ahora nos queda, el dos sale del 4 que teníamos entre el ½ que nos dio
más la integral que hacía falta

                         𝜋/2
          2
 Γ 1/2         =2              𝑑𝜃
                     0

         𝜋/2                   𝜋
=2 𝜃    0      →     2
                           2
               2
= Γ 1/2             = 𝜋


Entonces podemos terminar

Γ 1/2 =         𝜋    … Lqd
Teorema: la función gamma satisface


                        𝜋
Γ x Γ 1−x =                   ; 0< 𝑥<1
                     𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑥



Ejemplo de cómo poder utilizar este teorema



Γ 1/4 Γ 3/4 = Γ 1/4 Γ 1 − 1/4
         𝜋
=
    sen 𝜋/4
    𝜋
=
    1
     2


Entonces

Γ 1/4 Γ 3/4 = 𝜋 2
Ejemplos de la función Gamma
    ∞
                    3
         𝑦 𝑒 −𝑦             𝑑𝑦
 0

También la podemos representar
    ∞
                        3
        𝑦1/2 𝑒 −𝑦            𝑑𝑦
 0
                                             1
                            3
Hacemos        𝑡= 𝑦                 →        𝑡 = 𝑦
                                             3


     1 −2/3
=      𝑡    𝑑𝑡 = 𝑑𝑦
     3
Reemplazamos
          ∞
  1                         1/2
=              𝑡1/3               ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡
  3      0
          ∞
  1
=             𝑡1/6 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡
  3      0
          ∞
  1                −𝑡
                                1
                               −2
=              𝑒        ∗    𝑡      𝑑𝑡
  3      0
                                                                   ∞ −𝑡
Como sabemos por definición de gamma                     Γ 𝑥 =    0
                                                                     𝑒    ∗ 𝑡 𝑥 −1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones y obtenemos

                   1                         1                    1
𝑥−1 = −                      →          𝑥 = − +1         →   𝑥=
                   2                         2                    2
1 1
 Γ
3 2
                                                     1
Y como hemos visto anteriormente Γ                       =   𝜋
                                                     2

Entonces nos queda que
  ∞                 3               1
 0
         𝑦 𝑒 −𝑦             𝑑𝑦 =         𝜋
                                    3
∞               2                        𝜋
Demostrar que
                               0
                                    3−4𝑍 𝑑𝑧 =                 4 𝑙𝑛 3
                                                                                                           𝑎𝑥
Si recordamos el teorema que dice que                                    𝑎𝑥 = 𝑒𝑥           𝑙𝑛 𝑎
                                                                                                  = 𝑒 ln
Podremos entonces remplazar en nuestro caso los valores siguientes
    ∞                                               ∞
             −4𝑍 2 𝑙𝑛 3                                                      𝑍2
         𝑒                     𝑑𝑧 =                     𝑒 − 4 𝑙𝑛 3                    𝑑𝑧
 0                                              0

                                                                                  𝑥                        𝑥
Hacemos              𝑥 = 4 𝑙𝑛3 𝑍 2 →                        𝑍2 =                           → 𝑧=                 →
                                                                             4 𝑙𝑛 3                   4 ln 3

             𝑥 1/2
𝑧=
         4 ln 3
Reemplazamos

    ∞
                               𝑥1/2
             −𝑥
         𝑒           𝑑
 0                             4 ln 3
                     ∞
     1                        −𝑥        1/2                          1/2
                                                                                        1
                          𝑒         𝑑   𝑥           →        𝑑       𝑥                =      𝑥−1/2    𝑑𝑥
    4 ln 3 0                                                                            2
     1          ∞                   1
    4 ln 3     0
                         𝑒 −𝑥 ∗ 2 𝑥 −1/2 𝑑𝑥
                     ∞
     1
                          𝑒 −𝑥 ∗ 𝑥 −1/2 𝑑𝑥
4     ln 3 0

     1               1
              Γ
4    ln 3            2
                                                                 1
Y como hemos visto anteriormente Γ                                       =            𝜋
                                                                 2

Entonces nos queda que

  ∞                  2                      𝜋
 0
         3−4𝑍 𝑑𝑧 =                                      … Lqd
                                    4 ln 3
Resolver
                                                                        ∞
                                                                                   𝑚              𝑛
                                                                               𝑥            𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥
                                                                        0



Hacemos
                                                                                             1
                                                                                                                          1
                        𝑛                        𝑛           𝑡                              𝑡𝑛                1             −1
 𝑡 = 𝑎𝑥                         → 𝑥 =                                → 𝑥=                    1   →    𝑑𝑥 =        1   𝑡   𝑛      𝑑𝑡
                                                             𝑎
                                                                                            𝑎𝑛               𝑛𝑎 𝑛
                        𝑚
    𝑚
                    𝑡   𝑛
𝑥           =               𝑚
                    𝑎       𝑛

Reemplazando
                            𝑚
            ∞
                    𝑡       𝑛                                    1           1
=                           𝑚       ∗ 𝑒     −𝑡
                                                         ∗         1        𝑡 𝑛 −1      𝑑𝑡
        0           𝑎       𝑛                                    𝑛𝑎 𝑛
                                            ∞
        1                       1                        𝑚                              1
=           𝑚   ∗             1                      𝑡   𝑛    ∗ 𝑒       −𝑡
                                                                                   ∗   𝑡 𝑛 −1    𝑑𝑡
        𝑎   𝑛               𝑛𝑎 𝑛            0

                                        ∞
             1                                                       𝑚 1
                                                                      + −1
=               𝑚 1                             𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡             𝑛 𝑛               𝑑𝑡
        𝑛𝑎      𝑛+𝑛                 0

                                     ∞
             1                                                     𝑚 +1
=                                           𝑒   −𝑡
                                                             ∗𝑡      𝑛 −1            𝑑𝑡
                𝑚 +1
        𝑛𝑎        𝑛                 0

                                                                         ∞ −𝑡
Como ya sabemos                                  Γ 𝑥 =                  0
                                                                           𝑒            ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

                                𝑚+1                                                     𝑚+1                                      𝑚+1
𝑥−1 =                               −1                           →           𝑥=             −1+1             →             𝑥=
                                 𝑛                                                       𝑛                                        𝑛
                1                        𝑚+1
=               𝑚 +1            Γ                        … Rta
                                            𝑛
        𝑛𝑎        𝑛
Resolver

   1 𝑑𝑥
  0 − ln 𝑥

 𝑢 = − ln 𝑥
−𝑢 = ln 𝑥
𝑒 −𝑢 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥
𝑒 −𝑢 = 𝑥
−𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥
    1
        −𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
 0            𝑢
Cuando x 0  x ∞          y    x1  x 0

Por tanto

        0
            𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
−
        ∞     𝑢1/2
Al cambiar los límites de la integral
    ∞
         𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
 0         𝑢1/2
    ∞
        𝑢−1/2 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
 0
                                 ∞ −𝑡
Como ya sabemos        Γ 𝑥 =    0
                                   𝑒    ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

                       𝑥 − 1 = −1/2       →     𝑥 = 1/2
                   1
Entonces Γ             =   𝜋
                   2
∞            2 +𝑏𝑥               2 /4𝑎       𝜋
Demuestre que
                            −∞
                                 𝑒 −𝑎𝑥            𝑑𝑥 = 𝑒 𝑏           ∗   𝑎



−𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 = −(𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥)
𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + 𝑧 2 − 𝑧 2

2𝑥 𝑎                    𝑧            = −𝑏𝑥
        −𝑏𝑥                          −𝑏                  𝑏2
𝑧 = 2𝑥                      𝑧=2                𝑧 2 = 4𝑎
              𝑎                          𝑎
Completamos el cuadrado

                     𝑏2   𝑏2
−        𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 +    −
                     4𝑎   4𝑎
                             2
                        𝑏          𝑏2
− 𝑥 𝑎−                           +
                   2 𝑎             4𝑎
Reemplazamos

    ∞                𝑏 2 𝑏2
            − 𝑥   𝑎−    +
                         4𝑎
        𝑒           2 𝑎                   𝑑𝑥
 −∞
Separamos exponentes

    ∞                𝑏 2               𝑏2
            − 𝑥   𝑎−
        𝑒           2 𝑎          ∗   𝑒 4𝑎      𝑑𝑥
 −∞

  𝑏2          ∞                 𝑏 2
                       − 𝑥   𝑎−
𝑒 4𝑎    ∗          𝑒           2 𝑎           𝑑𝑥
             −∞
Sustituimos exponente

                   𝑏
𝑢=      𝑥 𝑎−                 →       𝑑𝑢 = 𝑎 𝑑𝑥
                  2 𝑎
Reemplazamos límites si:             𝑥 = −∞ → 𝑢 = −∞           𝑦   𝑥=∞ → 𝑥=∞

Por tal razón quedaría la estructura de la siguiente forma

      𝑏2            ∞
                             −𝑢 2
                                    𝑑𝑢
=   𝑒 4𝑎    ∗            𝑒
                    −∞               𝑎
      𝑏2
                    ∞
    𝑒 4𝑎                       2
=           ∗            𝑒 −𝑢 𝑑𝑢
       𝑎            −∞
Realizamos una sustitución para seguir el método de gamma

                                          1 −1/2
𝑢2 = 𝑡      →        𝑡 1/2 = 𝑢 →            𝑡    𝑑𝑡 = 𝑑𝑢
                                          2
Reemplazamos los límites nuevamente

𝑢 = −∞ → 𝑡 = −∞                 𝑦   𝑢=∞ → 𝑡=∞

      𝑏2                              1
                    ∞                −
    𝑒 4𝑎                            𝑡 2
=           ∗            𝑒 −𝑡 ∗            𝑑𝑢
       𝑎            −∞              2
       𝑏2
                     ∞
     𝑒 4𝑎
=           ∗            𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢
    2 𝑎             −∞
Como los límites no satisfacen la ecuación de gamma, hacemos un corrimiento
hacia la derecha de tal forma que

       𝑏2
                     ∞
    2𝑒 4𝑎
=               ∗        𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢
    2 𝑎             0
                                           ∞ −𝑡
Como ya sabemos              Γ 𝑥 =        0
                                             𝑒    ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡
Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos

                              𝑥 − 1 = −1/2          →     𝑥 = 1/2
𝑏2
𝑒 4𝑎
        Γ 1/2
    𝑎
Y como       Γ 1/2 =           𝜋
      𝑏2
    𝑒 4𝑎
=                 𝜋
         𝑎
Por propiedades de los radicales tenemos que

      𝑏2          𝜋
=   𝑒 4𝑎
                  𝑎
        𝑏2
              𝜋
= 𝑒     4𝑎
              𝑎

                  ∞                            𝑏2
                          −𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥
                                                        𝜋
𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜                 𝑒               𝑑𝑥 =   𝑒 4𝑎   ∗
              −∞                                        𝑎
… Lqd.




                                                            God bless

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Función gamma

  • 1. Función Gamma La función gamma fue definida por euler mediante: ∞ Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 ; 𝑥 > 0 0 Algunas funciones definidas son: 1. Γ 1 = 1 2. Γ 1/2 = 𝜋 3. Γ 𝑥 + 1 = 𝑥 Γ 𝑥 1 1∗3∗5…(2𝑛−1) 4. Γ 𝑛 + = 𝜋 1/2 2 2𝑛 Demostrando (3) Por definición tenemos que: ∞ Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0 Entonces ∞ Γ 𝑥+1 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥 𝑑𝑡 0 Hacemos 𝑢= 𝑡𝑥 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒 −𝑡 Si reemplazamos en la ecuación ∞ 𝑥 −𝑡 ∞ Γ 𝑥 + 1 = −𝑡 𝑒 0 + 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0
  • 2. ∞ Γ 𝑥+1 = 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0 Si observamos la parte derecha es idéntica a la ecuación inicial de la función de gamma por lo tanto Γ 𝑥 + 1 = 𝑥Γ 𝑥 … Lqd Demostrando (2) Para demostrar que: Γ 1/2 = 𝜋 ∞ −𝑡 Por definición sabemos que Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 Lo que hacemos es remplazar a 𝒕 por 𝒙 𝟐 1 1 −1/2 𝑡 = 𝑥2 → 𝑡2 = 𝑥 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 2 Si despejamos 𝑡 −1/2 𝑑𝑡 = 2𝑑𝑥 Si remplazamos en la ecuación inicial de gamma a x por el valor de ½ ∞ −𝑡 Es decir Γ 1/2 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 (1/2)−1 𝑑𝑡 ∞ −𝑡 Quedará de la siguiente forma Γ 1/2 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑡 Ahora si tomamos los nuevos valores que hemos despejado y los introducimos dentro de nuestra nueva ecuación obtendremos: Como: 𝒕−𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 2𝑑𝑥 y 𝒕 = 𝑥2 ∞ 2 Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 0 Hacemos ahora 𝑡 = 𝑦2 de manera análoga se obtiene ∞ 2 Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 Multiplicamos miembro a miembro
  • 3. ∞ 2 −𝑥 2 2 Γ 1/2 =2 𝑒 𝑑𝑥 ∗ 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 0 ∞ 2 +𝑦 2 ) =4 𝑒 −(𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 0 Si lo tomamos por coordenadas polares tendremos que: 𝑥 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 tan 𝜃 = 𝑦 𝜕 𝑥, 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝜕 𝑟, 𝜃 𝜕𝑥 𝜕𝑥 𝜕 𝑥, 𝑦 𝜕𝜃 = cos 𝜃 −𝑟𝑠𝑒𝑛𝜃 = 𝜕𝑟 𝜕 𝑟, 𝜃 𝜕𝑦 𝜕𝑦 𝑠𝑒𝑛𝜃 𝑟𝑐𝑜𝑠𝜃 𝜕𝑟 𝜕𝜃 𝜕 𝑥, 𝑦 = 𝑟𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑟𝑠𝑒𝑛2 𝜃 𝜕 𝑟, 𝜃 = 𝑟(𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + 𝑠𝑒𝑛2 𝜃) =r Luego entonces 𝜋/2 ∞ 2 2 Γ 1/2 =4 𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 0 0 ∞ 2 𝑑𝑢 𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟 → 𝑢 = 𝑟2 𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟 = 𝑟𝑑𝑟 0 2 Reemplazando 1 ∞ 1 1 1 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 → −0 + = 2 0 2 2 2
  • 4. Luego ahora nos queda, el dos sale del 4 que teníamos entre el ½ que nos dio más la integral que hacía falta 𝜋/2 2 Γ 1/2 =2 𝑑𝜃 0 𝜋/2 𝜋 =2 𝜃 0 → 2 2 2 = Γ 1/2 = 𝜋 Entonces podemos terminar Γ 1/2 = 𝜋 … Lqd
  • 5. Teorema: la función gamma satisface 𝜋 Γ x Γ 1−x = ; 0< 𝑥<1 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑥 Ejemplo de cómo poder utilizar este teorema Γ 1/4 Γ 3/4 = Γ 1/4 Γ 1 − 1/4 𝜋 = sen 𝜋/4 𝜋 = 1 2 Entonces Γ 1/4 Γ 3/4 = 𝜋 2
  • 6. Ejemplos de la función Gamma ∞ 3 𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 También la podemos representar ∞ 3 𝑦1/2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 1 3 Hacemos 𝑡= 𝑦 → 𝑡 = 𝑦 3 1 −2/3 = 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑦 3 Reemplazamos ∞ 1 1/2 = 𝑡1/3 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡 3 0 ∞ 1 = 𝑡1/6 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −2/3 𝑑𝑡 3 0 ∞ 1 −𝑡 1 −2 = 𝑒 ∗ 𝑡 𝑑𝑡 3 0 ∞ −𝑡 Como sabemos por definición de gamma Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥 −1 𝑑𝑡 Hacemos una analogía en ambas ecuaciones y obtenemos 1 1 1 𝑥−1 = − → 𝑥 = − +1 → 𝑥= 2 2 2 1 1 Γ 3 2 1 Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋 2 Entonces nos queda que ∞ 3 1 0 𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 𝜋 3
  • 7. 2 𝜋 Demostrar que 0 3−4𝑍 𝑑𝑧 = 4 𝑙𝑛 3 𝑎𝑥 Si recordamos el teorema que dice que 𝑎𝑥 = 𝑒𝑥 𝑙𝑛 𝑎 = 𝑒 ln Podremos entonces remplazar en nuestro caso los valores siguientes ∞ ∞ −4𝑍 2 𝑙𝑛 3 𝑍2 𝑒 𝑑𝑧 = 𝑒 − 4 𝑙𝑛 3 𝑑𝑧 0 0 𝑥 𝑥 Hacemos 𝑥 = 4 𝑙𝑛3 𝑍 2 → 𝑍2 = → 𝑧= → 4 𝑙𝑛 3 4 ln 3 𝑥 1/2 𝑧= 4 ln 3 Reemplazamos ∞ 𝑥1/2 −𝑥 𝑒 𝑑 0 4 ln 3 ∞ 1 −𝑥 1/2 1/2 1 𝑒 𝑑 𝑥 → 𝑑 𝑥 = 𝑥−1/2 𝑑𝑥 4 ln 3 0 2 1 ∞ 1 4 ln 3 0 𝑒 −𝑥 ∗ 2 𝑥 −1/2 𝑑𝑥 ∞ 1 𝑒 −𝑥 ∗ 𝑥 −1/2 𝑑𝑥 4 ln 3 0 1 1 Γ 4 ln 3 2 1 Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋 2 Entonces nos queda que ∞ 2 𝜋 0 3−4𝑍 𝑑𝑧 = … Lqd 4 ln 3
  • 8. Resolver ∞ 𝑚 𝑛 𝑥 𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 0 Hacemos 1 1 𝑛 𝑛 𝑡 𝑡𝑛 1 −1 𝑡 = 𝑎𝑥 → 𝑥 = → 𝑥= 1 → 𝑑𝑥 = 1 𝑡 𝑛 𝑑𝑡 𝑎 𝑎𝑛 𝑛𝑎 𝑛 𝑚 𝑚 𝑡 𝑛 𝑥 = 𝑚 𝑎 𝑛 Reemplazando 𝑚 ∞ 𝑡 𝑛 1 1 = 𝑚 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 1 𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡 0 𝑎 𝑛 𝑛𝑎 𝑛 ∞ 1 1 𝑚 1 = 𝑚 ∗ 1 𝑡 𝑛 ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡 𝑎 𝑛 𝑛𝑎 𝑛 0 ∞ 1 𝑚 1 + −1 = 𝑚 1 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑛 𝑛 𝑑𝑡 𝑛𝑎 𝑛+𝑛 0 ∞ 1 𝑚 +1 = 𝑒 −𝑡 ∗𝑡 𝑛 −1 𝑑𝑡 𝑚 +1 𝑛𝑎 𝑛 0 ∞ −𝑡 Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑚+1 𝑚+1 𝑚+1 𝑥−1 = −1 → 𝑥= −1+1 → 𝑥= 𝑛 𝑛 𝑛 1 𝑚+1 = 𝑚 +1 Γ … Rta 𝑛 𝑛𝑎 𝑛
  • 9. Resolver 1 𝑑𝑥 0 − ln 𝑥 𝑢 = − ln 𝑥 −𝑢 = ln 𝑥 𝑒 −𝑢 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥 𝑒 −𝑢 = 𝑥 −𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 1 −𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 𝑢 Cuando x 0  x ∞ y x1  x 0 Por tanto 0 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 − ∞ 𝑢1/2 Al cambiar los límites de la integral ∞ 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 𝑢1/2 ∞ 𝑢−1/2 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 ∞ −𝑡 Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2 1 Entonces Γ = 𝜋 2
  • 10. 2 +𝑏𝑥 2 /4𝑎 𝜋 Demuestre que −∞ 𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑏 ∗ 𝑎 −𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 = −(𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥) 𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + 𝑧 2 − 𝑧 2 2𝑥 𝑎 𝑧 = −𝑏𝑥 −𝑏𝑥 −𝑏 𝑏2 𝑧 = 2𝑥  𝑧=2  𝑧 2 = 4𝑎 𝑎 𝑎 Completamos el cuadrado 𝑏2 𝑏2 − 𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + − 4𝑎 4𝑎 2 𝑏 𝑏2 − 𝑥 𝑎− + 2 𝑎 4𝑎 Reemplazamos ∞ 𝑏 2 𝑏2 − 𝑥 𝑎− + 4𝑎 𝑒 2 𝑎 𝑑𝑥 −∞ Separamos exponentes ∞ 𝑏 2 𝑏2 − 𝑥 𝑎− 𝑒 2 𝑎 ∗ 𝑒 4𝑎 𝑑𝑥 −∞ 𝑏2 ∞ 𝑏 2 − 𝑥 𝑎− 𝑒 4𝑎 ∗ 𝑒 2 𝑎 𝑑𝑥 −∞ Sustituimos exponente 𝑏 𝑢= 𝑥 𝑎− → 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑑𝑥 2 𝑎
  • 11. Reemplazamos límites si: 𝑥 = −∞ → 𝑢 = −∞ 𝑦 𝑥=∞ → 𝑥=∞ Por tal razón quedaría la estructura de la siguiente forma 𝑏2 ∞ −𝑢 2 𝑑𝑢 = 𝑒 4𝑎 ∗ 𝑒 −∞ 𝑎 𝑏2 ∞ 𝑒 4𝑎 2 = ∗ 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 𝑎 −∞ Realizamos una sustitución para seguir el método de gamma 1 −1/2 𝑢2 = 𝑡 → 𝑡 1/2 = 𝑢 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢 2 Reemplazamos los límites nuevamente 𝑢 = −∞ → 𝑡 = −∞ 𝑦 𝑢=∞ → 𝑡=∞ 𝑏2 1 ∞ − 𝑒 4𝑎 𝑡 2 = ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑑𝑢 𝑎 −∞ 2 𝑏2 ∞ 𝑒 4𝑎 = ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢 2 𝑎 −∞ Como los límites no satisfacen la ecuación de gamma, hacemos un corrimiento hacia la derecha de tal forma que 𝑏2 ∞ 2𝑒 4𝑎 = ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢 2 𝑎 0 ∞ −𝑡 Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2
  • 12. 𝑏2 𝑒 4𝑎 Γ 1/2 𝑎 Y como Γ 1/2 = 𝜋 𝑏2 𝑒 4𝑎 = 𝜋 𝑎 Por propiedades de los radicales tenemos que 𝑏2 𝜋 = 𝑒 4𝑎 𝑎 𝑏2 𝜋 = 𝑒 4𝑎 𝑎 ∞ 𝑏2 −𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥 𝜋 𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑒 4𝑎 ∗ −∞ 𝑎 … Lqd. God bless