[EX] - Uguaglianza integrale (variazione sulla f. Gamma)
Esercizio (facile). Sia \(n \in \mathbb{N}\). Senza usare fatti "noti" sulla funzione Gamma di Eulero, provare che vale la seguente uguaglianza: \[\int_0^{+\infty} x^n e^{-x^2} \, dx = \begin{cases} \frac{\sqrt{\pi} (n-1)!!}{2^{\frac{n}{2} +1 }} & \text{if n pari} \\ \frac{(n-1)!!}{2^{\frac{n+1}{2}}} & \text{if n dispari} \end{cases} \]
Risposte
Pongo :
$I_n=int_0^{+infty}x^n e^{-x^2}dx$
Da qui :
$I_0=sqrt{pi}/2 , I_1=1/2$
Il primo risultato si può ottenere in vari modi. Per esempio trasformando l'integrale in un integrale doppio esteso ad un opportuno dominio. Il secondo è elementare. In entrambi i casi lascio i particolari ad altri.
Ora è :
$I_n=int_0^{+infty}x^{n-1}d(-1/2e^{-x^2})$
Integrando per parti, con qualche calcolo si ha:
$I_n=(n-1)/2int_0^{+infty}x^{n-2}e^{-x^2}dx$
Ovvero:
(A) $I_n=(n-1)/2I_{n-2}$
Distinguiamo ora i due casi : n pari, n dispari e nella (A) facciamo variare n di 2 in 2.
Per n pari otteniamo:
\begin{cases} I_n=\frac{n-1}{2} I_{n-2}\\ I_{n-2}=\frac{n-3}{2}I_{n-4}\\ I_{n-4}=\frac{n-5}{2}I_{n-6}\\...\\I_2=\frac{1}{2}I_0 \end{cases}
Moltiplicando membro a membro tutte le precedenti relazioni ed eliminando i fattori comuni, si ha :
$I_n= ((n-1)!!)/{2^{n/2)} I_0=((n-1)!! sqrt{pi})/{2^{n/2+1)}$
In maniera analoga si ritrova la formula per n dispari. La differenza è che la relazione
$I_2=1/2I_0$ viene sostituita da $I_3= I_1=1/2$
$I_n=int_0^{+infty}x^n e^{-x^2}dx$
Da qui :
$I_0=sqrt{pi}/2 , I_1=1/2$
Il primo risultato si può ottenere in vari modi. Per esempio trasformando l'integrale in un integrale doppio esteso ad un opportuno dominio. Il secondo è elementare. In entrambi i casi lascio i particolari ad altri.
Ora è :
$I_n=int_0^{+infty}x^{n-1}d(-1/2e^{-x^2})$
Integrando per parti, con qualche calcolo si ha:
$I_n=(n-1)/2int_0^{+infty}x^{n-2}e^{-x^2}dx$
Ovvero:
(A) $I_n=(n-1)/2I_{n-2}$
Distinguiamo ora i due casi : n pari, n dispari e nella (A) facciamo variare n di 2 in 2.
Per n pari otteniamo:
\begin{cases} I_n=\frac{n-1}{2} I_{n-2}\\ I_{n-2}=\frac{n-3}{2}I_{n-4}\\ I_{n-4}=\frac{n-5}{2}I_{n-6}\\...\\I_2=\frac{1}{2}I_0 \end{cases}
Moltiplicando membro a membro tutte le precedenti relazioni ed eliminando i fattori comuni, si ha :
$I_n= ((n-1)!!)/{2^{n/2)} I_0=((n-1)!! sqrt{pi})/{2^{n/2+1)}$
In maniera analoga si ritrova la formula per n dispari. La differenza è che la relazione
$I_2=1/2I_0$ viene sostituita da $I_3= I_1=1/2$
Bene.
Appena ho del tempo penso ad un rilancio pertinente.
Appena ho del tempo penso ad un rilancio pertinente.
"Delirium":
Esercizio (facile). Sia \(n \in \mathbb{N}\). Senza usare fatti "noti" sulla funzione Gamma di Eulero, provare che vale la seguente uguaglianza: \[\int_0^{+\infty} x^n e^{-x^2} \, dx = \begin{cases} \frac{\sqrt{\pi} (n-1)!!}{2^{\frac{n}{2} +1 }} & \text{if n pari} \\ \frac{(n-1)!!}{2^{\frac{n+1}{2}}} & \text{if n dispari} \end{cases} \]
Integrando per parti e iterando ci si arriva per induzione (come ha fatto benissimo ciromario)
Aggiungo solo che l'integrale iniziale si poteva scrivere in modo molto più elegante così
\(\displaystyle \int_{0}^{\infty}{x^ne^{-x^2}dx}=\left(\frac{\sqrt{\pi}(n-1)!!}{2^{\frac{n}{2}+1}}\right)\cos^2\left(\frac{\pi}{2}n\right)+\left(\frac{(n-1)!!}{2^{\frac{n+1}{2}}}\right)\sin^2\left(\frac{\pi}{2}n\right) \)
valida $\forall n\in\mathbb{N}_0$.
Aggiungo: cosa succede se il semifattoriale ($(n)!!$) è un numero complesso? (Rilancio)
"caos81":
[...] Aggiungo: cosa succede se il semifattoriale ($(n)!!$) è un numero complesso? (Rilancio) [...]
Com'è definito il (semi)fattoriale di un numero complesso?
"Delirium":
[quote="caos81"][...] Aggiungo: cosa succede se il semifattoriale ($(n)!!$) è un numero complesso? (Rilancio) [...]
Com'è definito il (semi)fattoriale di un numero complesso?[/quote]
Eh eh...e qui sta il bello!
Cmq...a breve posterò la soluzione se non la vedo...
"caos81":
[...] Aggiungo: cosa succede se il semifattoriale ($(n)!!$) è un numero complesso? (Rilancio) [...]
Allora non lo so. Non ne ho ancora fatta di analisi complessa...
Rilancio (non facilissimo). Sia \(D= ]0, +\infty [ \times ]0, +\infty[\) il primo quadrante aperto.
(i) Dire per quali \(\alpha \in \mathbb{R}\) esiste finito l'integrale \[I(\alpha)= \int_{D} \frac{1}{(1+y)^{\alpha}} \frac{1}{1 + x^2 y} \, dx \, dy \]
Per tali \(\alpha\), calcolare \(I(\alpha)\) (usare la funzione \(\Gamma\)).
(ii) Servirsi di (i) per provare che \[\int_{0}^{+\infty} \frac{\log x^2}{x^2 -1 } \, dx = \frac{\pi^2}{2} \]
(i) Dire per quali \(\alpha \in \mathbb{R}\) esiste finito l'integrale \[I(\alpha)= \int_{D} \frac{1}{(1+y)^{\alpha}} \frac{1}{1 + x^2 y} \, dx \, dy \]
Per tali \(\alpha\), calcolare \(I(\alpha)\) (usare la funzione \(\Gamma\)).
(ii) Servirsi di (i) per provare che \[\int_{0}^{+\infty} \frac{\log x^2}{x^2 -1 } \, dx = \frac{\pi^2}{2} \]
Bon, risolvo io: (i) per il teorema di Fubini-Tonelli si ha che \[I(\alpha)=\int_0^{+\infty} \frac{1}{(1+y)^{\alpha}} \left( \underbrace{\int_0^{+\infty} \frac{1}{1+x^2 y} \, dx}_{=I_2} \right) \, dy \]
Osservo poi che \[I_2=\frac{1}{\sqrt{y}} \arctan(x \sqrt{y}) \big|_0^{+\infty}=\frac{1}{\sqrt{y}} \frac{\pi}{2} \]
e quindi \(I(\alpha)\) diventa \[ \begin{split} \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{y^{-1/2}}{(1+y)^{\alpha}} \, dy & = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{y^{-1/2}}{(1+y)^{1/2 + (\alpha-1/2)}} \, dy \\ &= \frac{\pi}{2} \beta(1/2, \alpha - 1/2) \end{split}\] ove \(\beta\) è la funzione Beta di Eulero, e quindi la funzione è sommabile sse \(\alpha - 1/2 >0\). Usando infine le proprietà di questa funzione speciale ne esce che \[I(\alpha)= \frac{\pi \sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(\alpha - 1/2)}{\Gamma(\alpha)}\]
(ii) In principio osservo che \(I(1)= \beta(1/2,1/2)= \pi^2 /2\). Integrando poi \(I(1)\) in \(x\) e facendo qualche conticino ne esce che \[I(1)= \int_0^{+\infty} \frac{\log y^2}{1 + y^2} \, dy = \frac{\pi^2}{2}\]
Altro rilancio. Provare che si ha \[\int_0^{+\infty} x^{2n} e^{-x^2} \, dx = \frac{(2n)!}{2^{2n}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\]
Osservo poi che \[I_2=\frac{1}{\sqrt{y}} \arctan(x \sqrt{y}) \big|_0^{+\infty}=\frac{1}{\sqrt{y}} \frac{\pi}{2} \]
e quindi \(I(\alpha)\) diventa \[ \begin{split} \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{y^{-1/2}}{(1+y)^{\alpha}} \, dy & = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{y^{-1/2}}{(1+y)^{1/2 + (\alpha-1/2)}} \, dy \\ &= \frac{\pi}{2} \beta(1/2, \alpha - 1/2) \end{split}\] ove \(\beta\) è la funzione Beta di Eulero, e quindi la funzione è sommabile sse \(\alpha - 1/2 >0\). Usando infine le proprietà di questa funzione speciale ne esce che \[I(\alpha)= \frac{\pi \sqrt{\pi}}{2} \frac{\Gamma(\alpha - 1/2)}{\Gamma(\alpha)}\]
(ii) In principio osservo che \(I(1)= \beta(1/2,1/2)= \pi^2 /2\). Integrando poi \(I(1)\) in \(x\) e facendo qualche conticino ne esce che \[I(1)= \int_0^{+\infty} \frac{\log y^2}{1 + y^2} \, dy = \frac{\pi^2}{2}\]
Altro rilancio. Provare che si ha \[\int_0^{+\infty} x^{2n} e^{-x^2} \, dx = \frac{(2n)!}{2^{2n}} \frac{\sqrt{\pi}}{2}\]
Altro rilancio #2: Usando la funzione Gamma, calcolare \[\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\]
"Delirium":
Altro rilancio #2: Usando la funzione Gamma, calcolare \[\lim_{n \to \infty} \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\]
Il limite si può calcolare anche senza usare la \(Gamma\), usando stime di crescita per \(n!\) più deboli della classica formula di Stirling.
In particolare, ricordo che si ha:
\[
c\cdot n^n e^{-n}\leq n! \leq C\cdot n^{n+1} e^{-n}
\]
per due opportune costanti \(C>c>0\); ciò importa:
\[
c^{1/n}\cdot e^{-1} \leq \frac{\sqrt[n]{n!}}{n}\leq C^{1/n}\cdot n^{1/n} e^{-1}
\]
dunque:
\[
\lim_n \frac{\sqrt[n]{n!}}{n} = \frac{1}{e}
\]
per il Teorema dei Carabinieri.
Esercizio interessante Delirium... Dove l'hai preso?
@gugo: bene. Magari, se hai voglia (solo per coerenza con il thread, motivo per cui ho postato l'esercizio), prova a giocare con la funzione $\Gamma$ e con le p-norme. Tra qualche giorno posterò la "mia" soluzione.
@Federico: è saltato fuori durante una lezione di Analisi Reale, ma non escludo che stia da qualche parte nei De Marco.
@Federico: è saltato fuori durante una lezione di Analisi Reale, ma non escludo che stia da qualche parte nei De Marco.
Giusto perchè più la Matematica cresce più ne aiuta la comprensione il farsi tornare conti davanti ai quali,
alla maniera di S.Tommaso e disposti a pagare lo scotto d'un pò di fatica,ci poniamo da molteplici punti di vista
(citazione più o meno testuale d'un mio Maestro),osserviamo pure che $EElim_(n to oo)((n"!")^(1/n))/n=[(+oo)/(+oo)]$
(per convincersi della divergenza del numeratore basta usare,oltre la classica identità $e^("ln"b)=b$ $AA b in (0,+oo)$,
il teorema di Cesaro sulla media aritmetica d'una successione)$=lim_(n to oo)((n"!")/(n^n))^(1/n)=lim_(n to oo)((n+1)"!")/((n+1)^(n+1)) (n^n)/(n"!")$
(come s'importa agevolmente dal Teorema di Cesaro sulla media geometrica d'una successione numerica)$=..=lim_(n to oo)(n/(n+1))^n=..=1/e$:
magari sarà utile ai più "giovani" per intuire,già ad un livello "elementare",la potenza delle funzioni speciali.
Saluti dal web.
alla maniera di S.Tommaso e disposti a pagare lo scotto d'un pò di fatica,ci poniamo da molteplici punti di vista
(citazione più o meno testuale d'un mio Maestro),osserviamo pure che $EElim_(n to oo)((n"!")^(1/n))/n=[(+oo)/(+oo)]$
(per convincersi della divergenza del numeratore basta usare,oltre la classica identità $e^("ln"b)=b$ $AA b in (0,+oo)$,
il teorema di Cesaro sulla media aritmetica d'una successione)$=lim_(n to oo)((n"!")/(n^n))^(1/n)=lim_(n to oo)((n+1)"!")/((n+1)^(n+1)) (n^n)/(n"!")$
(come s'importa agevolmente dal Teorema di Cesaro sulla media geometrica d'una successione numerica)$=..=lim_(n to oo)(n/(n+1))^n=..=1/e$:
magari sarà utile ai più "giovani" per intuire,già ad un livello "elementare",la potenza delle funzioni speciali.
Saluti dal web.
Let \(f: [0, \infty[ \to \mathbb{R}\) be defined by \(f(x)=xe^{-x}\). Since \(f\) is positive, continuous, and \(0=f(0)=f(\infty)\), we have \(\|f\|_\infty = \max f([0,\infty])\); now \(f'(x)=(1-x)e^{-x}\) is \(0\) for $x=1$, so that \(\|f\|_\infty = f(1)=1/e\). Moreover \[\int_0^\infty |f(x)|^p \ dx=\int_0^\infty x^p e^{-px} dx = \int_0^\infty \frac{t^p}{p^p} e^{-t} \frac{dt}{p} = \frac{\Gamma(p+1)}{p^{p+1}}\] then \[\|f\|_p = \frac{(\Gamma(p+1))^{1/p}}{p p^{1/p}}\] since \(\lim_{p \to \infty} \|f\|_p = \|f\|_{\infty} = 1/e\) and \(\lim_{p \to \infty} p^{1/p}=1\), we get \[\lim_{p \to \infty} \frac{(\Gamma(p+1))^{1/p}}{p p^{1/p}} = \frac{1}{e} \Longrightarrow \lim_{n \to \infty} \frac{(n!)^{1/n}}{n}=\frac{1}{e} \]
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