Función gamma

14,761 views
14,226 views

Published on

contiene ejercicios de calculo con funciones especiales con la función gamma

Published in: Education
1 Comment
5 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total views
14,761
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
42
Actions
Shares
0
Downloads
278
Comments
1
Likes
5
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

Función gamma

  1. 1. Función GammaLa función gamma fue definida por euler mediante: ∞ Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 ; 𝑥 > 0 0Algunas 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 2𝑛Demostrando (3)Por definición tenemos que: ∞Γ 𝑥 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0Entonces ∞Γ 𝑥+1 = 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥 𝑑𝑡 0Hacemos 𝑢= 𝑡𝑥 𝑑𝑢 = 𝑥 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 𝑑𝑣 = 𝑒 −𝑡 𝑑𝑡 𝑣 = −𝑒 −𝑡Si reemplazamos en la ecuación ∞ 𝑥 −𝑡 ∞Γ 𝑥 + 1 = −𝑡 𝑒 0 + 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0
  2. 2. ∞Γ 𝑥+1 = 𝑥 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡 0Si observamos la parte derecha es idéntica a la ecuación inicial de la funciónde gamma por lo tantoΓ 𝑥 + 1 = 𝑥Γ 𝑥 … LqdDemostrando (2)Para demostrar que: Γ 1/2 = 𝜋 ∞ −𝑡Por definición sabemos que Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡Lo que hacemos es remplazar a 𝒕 por 𝒙 𝟐 1 1 −1/2𝑡 = 𝑥2 → 𝑡2 = 𝑥 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑥 2Si despejamos 𝑡 −1/2 𝑑𝑡 = 2𝑑𝑥Si remplazamos en la ecuación inicial de gamma a x por el valor de ½ ∞ −𝑡Es decir Γ 1/2 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 (1/2)−1 𝑑𝑡 ∞ −𝑡Quedará de la siguiente forma Γ 1/2 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑡Ahora si tomamos los nuevos valores que hemos despejado y los introducimosdentro de nuestra nueva ecuación obtendremos:Como: 𝒕−𝟏/𝟐 𝒅𝒕 = 2𝑑𝑥 y 𝒕 = 𝑥2 ∞ 2Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 0Hacemos ahora 𝑡 = 𝑦2 de manera análoga se obtiene ∞ 2Γ 1/2 = 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0Multiplicamos miembro a miembro
  3. 3. ∞ ∞ 2 −𝑥 2 2Γ 1/2 =2 𝑒 𝑑𝑥 ∗ 2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 0 ∞ 2 +𝑦 2 )=4 𝑒 −(𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 0Si lo tomamos por coordenadas polares tendremos que: 𝑥 𝑥 = 𝑟 cos 𝜃 𝑦 = 𝑟 sen 𝜃 𝑥2 + 𝑦2 = 𝑟2 tan 𝜃 = 𝑦 𝜕 𝑥, 𝑦𝑑𝑥𝑑𝑦 = 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)=rLuego entonces 𝜋/2 ∞ 2 2Γ 1/2 =4 𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 0 0 ∞ 2 𝑑𝑢 𝑒 −𝑟 𝑟𝑑𝑟 → 𝑢 = 𝑟2 𝑑𝑢 = 2𝑟𝑑𝑟 = 𝑟𝑑𝑟 0 2Reemplazando1 ∞ 1 1 1 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 → −0 + =2 0 2 2 2
  4. 4. Luego ahora nos queda, el dos sale del 4 que teníamos entre el ½ que nos diomás 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 = 𝜋Entonces podemos terminarΓ 1/2 = 𝜋 … Lqd
  5. 5. Teorema: la función gamma satisface 𝜋Γ x Γ 1−x = ; 0< 𝑥<1 𝑠𝑒𝑛 𝜋𝑥Ejemplo de cómo poder utilizar este teoremaΓ 1/4 Γ 3/4 = Γ 1/4 Γ 1 − 1/4 𝜋= sen 𝜋/4 𝜋= 1 2EntoncesΓ 1/4 Γ 3/4 = 𝜋 2
  6. 6. Ejemplos de la función Gamma ∞ 3 𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0También la podemos representar ∞ 3 𝑦1/2 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 0 1 3Hacemos 𝑡= 𝑦 → 𝑡 = 𝑦 3 1 −2/3= 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑦 3Reemplazamos ∞ 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 ∞ −𝑡Como sabemos por definición de gamma Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥 −1 𝑑𝑡Hacemos una analogía en ambas ecuaciones y obtenemos 1 1 1𝑥−1 = − → 𝑥 = − +1 → 𝑥= 2 2 21 1 Γ3 2 1Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋 2Entonces nos queda que ∞ 3 1 0 𝑦 𝑒 −𝑦 𝑑𝑦 = 𝜋 3
  7. 7. ∞ 2 𝜋Demostrar que 0 3−4𝑍 𝑑𝑧 = 4 𝑙𝑛 3 𝑎𝑥Si recordamos el teorema que dice que 𝑎𝑥 = 𝑒𝑥 𝑙𝑛 𝑎 = 𝑒 lnPodremos entonces remplazar en nuestro caso los valores siguientes ∞ ∞ −4𝑍 2 𝑙𝑛 3 𝑍2 𝑒 𝑑𝑧 = 𝑒 − 4 𝑙𝑛 3 𝑑𝑧 0 0 𝑥 𝑥Hacemos 𝑥 = 4 𝑙𝑛3 𝑍 2 → 𝑍2 = → 𝑧= → 4 𝑙𝑛 3 4 ln 3 𝑥 1/2𝑧= 4 ln 3Reemplazamos ∞ 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 𝑑𝑥4 ln 3 0 1 1 Γ4 ln 3 2 1Y como hemos visto anteriormente Γ = 𝜋 2Entonces nos queda que ∞ 2 𝜋 0 3−4𝑍 𝑑𝑧 = … Lqd 4 ln 3
  8. 8. Resolver ∞ 𝑚 𝑛 𝑥 𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 0Hacemos 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 𝑛𝑥 = 𝑚 𝑎 𝑛Reemplazando 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 ∞ −𝑡Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑚+1 𝑚+1 𝑚+1𝑥−1 = −1 → 𝑥= −1+1 → 𝑥= 𝑛 𝑛 𝑛 1 𝑚+1= 𝑚 +1 Γ … Rta 𝑛 𝑛𝑎 𝑛
  9. 9. Resolver 1 𝑑𝑥 0 − ln 𝑥 𝑢 = − ln 𝑥−𝑢 = ln 𝑥𝑒 −𝑢 = 𝑒 𝑙𝑛𝑥𝑒 −𝑢 = 𝑥−𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 = 𝑑𝑥 1 −𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 𝑢Cuando x 0  x ∞ y x1  x 0Por tanto 0 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢− ∞ 𝑢1/2Al cambiar los límites de la integral ∞ 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 𝑢1/2 ∞ 𝑢−1/2 𝑒 −𝑢 𝑑𝑢 0 ∞ −𝑡Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2 1Entonces Γ = 𝜋 2
  10. 10. ∞ 2 +𝑏𝑥 2 /4𝑎 𝜋Demuestre que −∞ 𝑒 −𝑎𝑥 𝑑𝑥 = 𝑒 𝑏 ∗ 𝑎−𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 = −(𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥)𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + 𝑧 2 − 𝑧 22𝑥 𝑎 𝑧 = −𝑏𝑥 −𝑏𝑥 −𝑏 𝑏2𝑧 = 2𝑥  𝑧=2  𝑧 2 = 4𝑎 𝑎 𝑎Completamos el cuadrado 𝑏2 𝑏2− 𝑎𝑥 2 − 𝑏𝑥 + − 4𝑎 4𝑎 2 𝑏 𝑏2− 𝑥 𝑎− + 2 𝑎 4𝑎Reemplazamos ∞ 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 𝑏𝑢= 𝑥 𝑎− → 𝑑𝑢 = 𝑎 𝑑𝑥 2 𝑎
  11. 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 −1/2𝑢2 = 𝑡 → 𝑡 1/2 = 𝑢 → 𝑡 𝑑𝑡 = 𝑑𝑢 2Reemplazamos los límites nuevamente𝑢 = −∞ → 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 corrimientohacia la derecha de tal forma que 𝑏2 ∞ 2𝑒 4𝑎= ∗ 𝑒 −𝑡 ∗ 𝑡 −1/2 𝑑𝑢 2 𝑎 0 ∞ −𝑡Como ya sabemos Γ 𝑥 = 0 𝑒 ∗ 𝑡 𝑥−1 𝑑𝑡Hacemos una analogía en ambas ecuaciones obtenemos 𝑥 − 1 = −1/2 → 𝑥 = 1/2
  12. 12. 𝑏2𝑒 4𝑎 Γ 1/2 𝑎Y como Γ 1/2 = 𝜋 𝑏2 𝑒 4𝑎= 𝜋 𝑎Por propiedades de los radicales tenemos que 𝑏2 𝜋= 𝑒 4𝑎 𝑎 𝑏2 𝜋= 𝑒 4𝑎 𝑎 ∞ 𝑏2 −𝑎𝑥 2 +𝑏𝑥 𝜋𝑙𝑢𝑒𝑔𝑜 𝑒 𝑑𝑥 = 𝑒 4𝑎 ∗ −∞ 𝑎… Lqd. God bless

×