Beta Function - ejercicios resueltos de función beta PDF

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ejercicios resueltos de función beta...

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Beta Function Pedro Rosario August 2019

1

Solution to Beta Function of Arfken Weber

1.1

Verify the following beta functions identities:

• B(a, b) = B(a + 1, b) + B(a, b + 1) Utilizando la definici´on, es f´acil notar que: Z 1 Γ(a)Γ(b) B(a, b) = ta−1 (1 − t)b−1 dt = Γ(a + b) 0 B(a + 1, b) =

Γ(a + 1)Γ(b) Γ(a + b + 1)

Sabiendo que Γ(z + 1) = z Γ(z ) B(a + 1, b) =

Γ(a + 1)Γ(b) a aΓ(a)Γ(b) = = (a + b)Γ(a + b) Γ(a + b + 1) a+b



Γ(a)Γ(b) Γ(a + b)





Γ(a)Γ(b) Γ(a + b)



Haciendo lo mismo para B(a, b + 1) Γ(a)Γ(b + 1) b Γ(a)bΓ(b) B(a, b + 1) = = = (a + b)Γ(a + b) Γ(a + b + 1) a+b Sumamos:     b Γ(a)Γ(b) Γ(a)Γ(b) a + a + b Γ(a + b) a + b Γ(a + b)     a + b Γ(a)Γ(b) Γ(a)Γ(b) B (a + 1, b) + B (a, b + 1) = = = B(a, b) a + b Γ(a + b) Γ(a + b) B(a + 1, b) + B(a, b + 1) =

B(a, b + 1) • B(a,b)= a+b b Utilizando la definici´on B(a, b) =

Z

0

1

ta−1 (1 − t)b−1 dt = 1

Γ(a)Γ(b) Γ(a + b)

Sabiendo que: Γ(a + b + 1) = (a + b)Γ(a + b) Y adem´as Γ(b + 1) = bΓ(b) Es sencillo darse cuenta que: B(a, b) =

Γ(a)Γ(b) a+b = Γ(a + b) b



Γ(a)Γ(b + 1) Γ(a + b + 1)



=

a+b B(a, b + 1) b

• B(a,b)= b−1 B(a + 1, b − 1) a Utilizando la definici´on: B(a, b) =

Z

1

0

ta−1 (1 − t)b−1 dt =

Γ(a)Γ(b) Γ(a + b)

Sabiendo que: Γ(b) = (b − 1)Γ(b − 1) Y adem´as Γ(a) =

Γ(a + 1) a

Entonces: B(a, b) =

Γ(a)Γ(b) b − 1 = a Γ(a + b)



 b−1 Γ(a + 1)Γ(b − 1) B(a + 1, b − 1) = a Γ(a + b + 1 − 1)

• B (a, b)B (a + b, c) = B (b, c)B (a, b + c) Notamos que: B(a, b)B(a + b, c) =

Γ(a)Γ(b) Γ(a + b)Γ(c) Γ(a + b) Γ(a + b + c)

V´emos que el termino Γ(a + b) desaparece: B (a, b)B (a + b, c) =

Γ(a)Γ(b)Γ(c) Γ(a + b + c)

Multiplicamos y dividimos por Γ(b + c) y agrupamos de la siguiente forma:    Γ(a)Γ(b)Γ(c)Γ(b + c) Γ(b)Γ(c) Γ(a)Γ(b + c) B (a, b)B (a+b, c) = = = B (b, c)B (a, b+c) Γ(a + b + c)Γ(b + c) Γ(b + c) Γ(a + b + c)

2

1.2

Show that

R1

−1

2 1/2 2n

x dx =

(1 − x )



π/2 n−1)!! π (2 (2n+2)!!

n=0 n = 1, 2, 3..

Para n = 0 tenemos entonces: 1

Z

−1

(1 − x2 )1/2 dx

Resolviendo esta integral por sustituci´on trigonom´etrica.

Tenemos entonces: Z

sin(θ) = x p cos(θ) = 1 − x2 π/2

(cos(θ ))2 dθ =

−π/2

Ahora, para n = 1, 2, 3..

1

Z



sin(2θ ) 1 θ+ 2 4

π/2

=

−π/2

π 2

(1 − x2 )1/2 x2n dx

−1

Tomando como f (x) = (1 − x2 )1/2 x2n Es f´acil notar que f (x) es una funci´on par, es decir f (x) = f (−x). Por lo tanto, la integral se puede reescribir de la siguiente forma: Z 1

2

0

(1 − x2 )1/2 x2n dx

Haciendo u = x2 tenemos:

Z

1 0

(1 − u)1/2 un−1/2 du

Utilizando la definici´on de funcion Beta Z 1 Γ(a)Γ(b) ta−1 (1 − t)b−1 dt = B(a, b) = Γ( a + b) 0 Tenemos entonces que a − 1 = n − 1/2, es decir a = n + 1/2. Tambi´en podemos notar que b − 1 = 1/2, por lo tanto b = 3/2. Quiere decir esto que la integrar ser´a entonces igual a: Z 1 Γ(n + 1/2)Γ(3/2) (1 − u)1/2 un−1/2 du = Γ(n + 2) 0 Sabiendo que Γ(3/2) = Z

0

√ π , 2

obtenemos:

1

(1 − u)1/2 un−1/2 du = 3

√ πΓ(n + 1/2) 2Γ(n + 2)

Necesitamos ahora encontrar Γ(n + 1/2). Utilizamos entonces la definici´on de la funci´on Gamma. Z ∞ e−t tz−1 dt Γ(z) = 0

Γ(n + 1/2) = Integrando por partes:

Z

∞

e−t tn−1/2 dt

0

Z i∞ h Γ(n + 1/2) = −tn−1/2 e−t + (n − 1/2) 0

∞

e−t tn−3/2 dt

0

Es sencillo notar que el primer termino se elimina. Entonces seguimos integrando muchas veces por partes hasta que el exponente de t sea igual a −1/2, es decir t−1/2 . Obteniendo lo siguiente: Z 1 ∞ −t −1/2 e t dt Γ(n + 1/2) = (n − 1/2)(n − 3/2)(n − 5/2)(n − 7/2)... 2 0 √ Finalmente, la u ´ ltima integral es igual a Γ(1/2) = π. Oteniendo entonces: Γ(n + 1/2) = (

2n − 1 2n − 3 2n − 5 2n − 7 1 )... Γ(1/2) )( )( )( 2 2 2 2 2

Finalmente, utilizando la notaci´ on doble factorial esto se reduce a: √ (2n − 1)!! π Γ(n + 1/2) = 2n Utilizando este resultado obtenemos entonces: Z 1 π(2n − 1)!! (1 − u)1/2 un−1/2 du = n+1 2 Γ(n + 2) 0 Sabiendo que Γ(n + 2) = (n + 1)! Z 1 π(2n − 1)!! (1 − u)1/2 un−1/2 du = n+1 2 (n + 1)! 0 Donde es f´ acil ver que 2n+1 (n + 1)! = (2n + 2)!! obteniendo finalmente: Z 1 Z 1 π(2n − 1)!! (1 − x2 )1/2 dx = (1 − u)1/2 un−1/2 du = (2n + 2)!! −1 0

1.3

Show that

R1

−1

2 −1/2 2n

(1−x )

x dx =



π n−1)!! π (2(2n)!!

n=0 n = 1, 2, 3..

Para n = 0 y utilizando directamente sustituci´on trigonom´etrica obtenemos: Z 1 Z π/2 π/2 (cos(θ ))−1 cos(θ)dθ = [θ] −π/2 = π (1 − x2 )−1/2 dx = −1

−π/2

4

Ahora para n = 1, 2, 3.. Z

1

−1

(1 − x2 )−1/2 x2n dx

Sabiendo que el integrando es una funci´ on par, obtenemos: Z 1 2 (1 − x2 )−1/2 x2n dx 0

Tomando u = x2 y utilizando la definici´on de la funci´on Beta obtenemos: Z 1 Γ(n + 1/2)Γ(1/2) (1 − u)−1/2 un−1/2 du = Γ(n + 1) 0 Ya deducimos anteriormente el valor de Γ(n + 1/2) y tambi´en el valor para Γ(1/2), sin olvidarnos que Γ(n+1) = n!. Utilizando estos resultados obtenemos: Z 1 π(2n − 1)!! (1 − u)−1/2 un−1/2 du = 2n (n)! 0 Es f´ acil ver que (2n)!! = 2n (n)!, sustituimos y obtenemos finalmente: Z 1 Z 1 π(2n − 1)!! (1 − u)−1/2 un−1/2 du = (1 − x2 )−1/2 x2n dx = (2n)!! −1 0

1.4

Show that

R1

−1

(2n)!! (1 − x2 )n = 2 (2n+1)!!

n = 0, 1, 2...

Sabiendo que el integrando es una funci´ on par, obtenemos: Z 1 2 (1 − x2 )n 0

Sea u = x2 obtenemos:

Z

1 0

(1 − u)n u−1/2 du

Utilizando la definici´on de la funci´on Beta: Z 1 Γ(1/2)Γ(n + 1) (1 − u)n u−1/2 du = Γ(n + 3/2) 0 Utilizando la Formula de duplicaci´ on estudiada en la secci´on de la funci´on Gamma (Su demostraci´on es sencilla). √ π(2n + 1)!! Γ(n + 3/2) = (n + 1/2)! = 2n+1 Obtenemos finalmente √ Z 1 (2n)!! 2n (n)! πΓ(n + 1)2n+1 =2 =2 (1 − u)n u−1/2 du = √ (2n + 1)!! (2n + 1)!! π(2n + 1)!! 0 5

1.5

Evaluate tion

R1

−1

(1+ x)a(1− x)b dx in terms of the beta func-

Sea u = 1 + x , obtenemos entonces: Z

0

2

(u)a (2 − u)b du = 2b

Z

2 0

(u)a (1 −

u b ) du 2

u 2

on a la nueva variable obtenSea p = 1 − , cambiando los l´ımites de integraci´ emos: Z 1 Z 1 2(2(1 − p))a (p)b dp = 2b+a+1 2b (1 − p)a (p)b dp = 2b+a+1 B(a + 1, b + 1) 0

0

1.6

Rz

dx t (z−x)1−α (x−t)α

Show, by means of the beta function,that π sin(πα)

El siguiente resultado nos ser´ a de utilidad: Γ(z)Γ(1 − z) =

π sin(πz )

Sea u = z − x, haciendo el cambio en los l´ımites de integraci´ on obtenemos: Z 0 −du 1−α (z − t − u)α z−t u Haciendo el siguiente cambio de variable p = Z

1 0

z−t−u z−t

obtenemos:

(z − t) (z − t)dp = (z − t)1−α (z − t)α ((z − t) − (z − t)p)1−α pα (z − t)α

Z

0

1

dp (1 − p)1−α pα

Esto es equivalente a: Z 1 Γ(1 − α)Γ(α) π (1 − p)α−1 p−α dp = = Γ(1 − α)Γ(α) = sin(πα) Γ(1) 0

1.7

Show that the Dirichlet integral B(p+1,q +1) p+q+2

RR

p!q! xp y q dxdy = (p+q+2)! =

where the range of integration is the triangle bounded by the positive x and y-axes and the line x+y = 1 Sabiendo cual es el area de integraci´ on, definimos entonces los l´ımites de la siguiente forma: 0≤y≤1 0≤x≤1−y 6

=

Obteniendo entonces: Z 1 Z 1−y 0

xp yq dxdy =

0

1 p+1

Z

1 0

yq (1 − y)p+1 dy

Esta u ´ltima integral, tiene la forma de la funci´ on Beta. Por lo tanto obtenemos: Z 1 1 1 Γ(q + 1)Γ(p + 2) yq (1 − y)p+1 dy = p+1 0 (p + 1) Γ(p + q + 3) Sabiendo que Γ(q + 1) = q! y Γ(p + 2) = (p + 1)! = (p)!(p + 1). Adem´ as Γ(p + q + 3) = (p + q + 2)! Z 1 q!p! q!p!(p + 1) 1 1 = yq (1 − y)p+1 dy = (p + q + 2)! p+1 0 (p + q + 2)! (p + 1) Ya demostramos la primera igualdad, ahora partiendo nuevamente de: Z 1 1 1 Γ(q + 1)Γ(p + 2) yq (1 − y)p+1 dy = p+1 0 (p + 1) Γ(p + q + 3) Utilizando la propiedad de recurrencia Γ(z + 1) = zΓ(z). Obtenemos que Γ(p + 2) = (p + 1)Γ(p + 1) y tambi´en que Γ(p + q + 3) = (p + q + 2)Γ(p + q + 2) Z 1 Γ(q + 1)(p + 1)Γ(p + 1) 1 1 Γ(q + 1)Γ(p + 1) yq (1−y)p+1 dy = = p+1 0 (p + q + 2)Γ(p + q + 2) (p + 1) (p + q + 2)Γ(p + q + 2) Es f´ acil notar que B(p + 1, q + 1) = 1 p+1

1.8

Z

1 0

yq (1 − y)p+1 dy =

Show that

R∞R∞ 0

0

Γ(q +1)Γ(p+1) Γ(p+q+2)

obteniendo finalmente:

Γ(q + 1)Γ(p + 1) B(p + 1, q + 1) = (p + q + 2) (p + q + 2)Γ(p + q + 2) 2

e−(x

+y 2 +2xy cos(θ))

dxdy =

θ 2 sin(θ )

El libro recomiendo utilizar coordenadas oblicuas, pero esa idea no me gusta. Por lo tanto lo resolvere de otra manera. Simplemente jugar´e un poco con el argumento del exponencial hasta llevarlo a una forma de dos integrales integrables. Consideremos entonces el argumento. x2 + y2 + 2xy cos(θ) operando con el obtenemos: x2 + y2 + 2xy cos(θ) = (y sin(θ))2 + (x + y cos(θ))2 Sustituimos en la integral obteniendo: Z Z ∞Z ∞ 2 2 e−(x +y +2xy cos(θ)) dxdy = 0

0

7

∞ 0

Z

0

∞

2

e−(y sin(θ))

−(x+y cos(θ))2

dxdy

Separamos en dos integrales: Z Z ∞ 2 e−(y sin(θ)) dy 0

∞

2

e−(x+y cos(θ)) dx

0

Hacemos ahora la siguiente sustituci´ on u = x + y cos(θ). Por lo tanto du = dx (Considerando a y como una constante en esta integral). Los l´ımites de integraci´on ser´ an ahora: Para x = 0 tenemos u = y cos(θ) y para x = ∞ tenemos u = ∞. Z ∞ Z ∞ 2 2 e−(y sin(θ)) dy e−(u) du 0

y cos(θ)

dv Ahora hacemos la sustituci´on v = y sin(θ) es decir dy = sin(θ) . De la igualdad v = y sin(θ) despejamos y y lo sustituimos en los l´ımites de la integral anterior. v . Obteniendo entonces: Es decir sustituimos y = sin(θ)

Z

∞

2

e−(v)

0

dv sin(θ)

Z

∞

2

e−(u) du

v cot(θ)

θ) V´emos que el l´ımite de integraci´ on y cos(θ) cambio a v cos( = v cot(θ) luego de sin(θ) v sustituir el valor de y = sin(θ)

1 sin(θ)

Z

∞

2

e−(v) dv

0

Z

∞

2

e−(u) du =

v cot(θ)

1 sin(θ)

Z

∞ 0

Z

∞

e−(v

2

+u2 )

dudv

v cot(θ)

Utilizando ahora coordenadas polares r2 = u2 + v2 el jacobiano de integraci´ on, ser´ a ahora dudv = rdrdφ. Los l´ımites de integraci´ on para r ser´an 0 ≤ r ≤ ∞ y para φ ser´ an 0 ≤ φ ≤ θ (De cero a alg´ un valor de θ ). Haciendo estos cambios tenemos la nueva integral #∞ " Z θZ ∞ 2 1 θ θ −e−r −r 2 = e rdrdφ = 2 sin(θ) 0 0 2 sin(θ ) sin(θ) 0

los valores de θ deber´an estar entre 0 ≤ θ ≤ π de lo contrario tendr´emos una discontinuidad en el denominador.

1.9

Evaluate

R π/2 • 0 (cos(θ ))1/2 dθ =

(2π)3/2 16[( 14 )!]2

llevemos la siguiente integral a la forma de la funci´ on Beta. Sea u = cos(θ ) du = − sin(θ)dθ p sin(θ) = 1 − u2 −du dθ = √ 1 − u2 8

Tenemos entonces: Z

1

0

(u)1/2 (1 − u2 )−1/2 du

Tomando p = u2 , otenemos la nueva integral con forma de la funci´ on Beta. 1 2

1

Z

0

(p)−1/4 (1 − p)−1/2 dp =

1 Γ(3/4)Γ(1/2) 2 Γ(5/4)

Ahora bien, sabemos que Γ(3/4) = (−1/4)! y tambi´en Γ(5/4) = (1/4)!, por lo tanto sustituyendo obtenemos: Z 1 1 −1/4 1 Γ(1/2)(−1/4)! (p) (1 − p)−1/2 dp = 2 0 2 (1/4)! Necesitamos encontrar el equivalente a (−1/4)!. Para ello, utilizaremos la formula de Duplicaci´on. √ π(2n + 1)!! (n + 1/2)! = 2n+1 Tomando n = −3/4 obtenemos: √ π(−1/2)!! (−1/4)! = 21/4 Sabiendo que el doble factorial cumple la siguiente relaci´ on. z!! = 2

z−1 2

Γ( 2z + 1) Γ( 21 + 1)

Entonces (−1/2)!! ser´a igual a: (−1/2)!! = 2−3/4

Γ(3/4) Γ(3/2)

Obtenemos que (−1/4)! ser´a entonces: √ −3/4 √ π2 Γ(3/4) πΓ(3/4) = (−1/4)! = 2Γ(3/2) 21/4 Γ(3/2) Sustituimos este resultado en la integral obteniendo: 1 2

Z

1 0

(p)−1/4 (1 − p)−1/2 dp =

√ 1 Γ(1/2) πΓ(3/4) 4 Γ(3/2)(1/4)!

Sabiendo que Γ(3/4) = (−1/4)Γ(−1/4) y Γ(3/2) = (1/2)Γ(1/2) Sustituyendo estos resultado llegamos a: √ √ Z − πΓ(−1/4) 1 1 −1/4 1 Γ(1/2)(−1/4) πΓ(−1/4) = (p) (1 − p)−1/2 dp = 4 8(1/4)! (1/2)Γ(1/2)(1/4)! 2 0 9

Ahora, necesitamos encontrar el valor de Γ(−1/4). Para ello utilizaremos la siguiente relaci´ on. √ 1 Γ(z )Γ(z + ) = 21−2z πΓ(2z ) 2 Haciendo z = −1/4 obtenemos: √ 23/2 πΓ(−1/2) Γ(−1/4) = Γ(1/4) Sustituimos en la integral para obtener: √ Z 1 1 −1/4 1 Γ(1/2)(−1/4) πΓ(−1/4) −π23/2 Γ(−1/2) (p) (1 − p)−1/2 dp = = 8Γ(1/4)(1/4)! 4 2 0 (1/2)Γ(1/2)(1/4)! √ Sabiendo que Γ(−1/2) = −2 π (La demostraci´on es sencilla) sustituimos en la integral Z 1 1 −1/4 π 3/2 23/2 −π23/2 Γ(−1/2) = (p) (1 − p)−1/2 dp = 2 0 8Γ(1/4)(1/4)! 4Γ(1/4)(1/4)! Es sencillo notar que Γ(1/4) = (−3/4)! y sabiendo que (z − 1)! = z!z obtenemos que: (1/4)! (−3/4)! = (1/4) Sustituimos finalmente en la integral obteniendo Z π 3/2 23/2 1 1 −1/4 (2π)3/2 (p) (1 − p)−1/2 dp = = 16(1/4)!(1/4)! 16[(1/4)!]2 2 0

1.10

Evaluate

R π/2 R π/2 • 0 (cos(θ ))n dθ = 0 (sin(θ ))n dθ =

√ π[(n−1)/2]! 2(n/2)!

Sencillamente hacemos u = cos(θ) obteniendo la nueva integral Z 1 un (1 − u2 )−1/2 du 0

2

Ahora haciendo p = u nos lleva a: Z 1 1 n/2−1/2 p (1 − p)−1/2 dp 2 0 Utilizando la definici´on de la funci´on Beta obtenemos: Z 1 1 n/2−1/2 Γ(n/2 + 1/2)Γ(1/2) p (1 − p)−1/2 dp = 2 0 2Γ(n/2 + 1) √ Sabiendo que Γ(1/2) = π, adem´as que Γ(n/2 + 1/2) = n−1 ! y Γ(n/2 + 1) = 2 √ Z 1 1 π[(n − 1)/2]! pn/2−1/2 (1 − p)−1/2 dp = 2(n/2)! 2 0 10

n! 2

1.11

Evaluate

R1 • 0 (1 − x4 )−1/2 dx

Sea u = x4 obtenemos entonces Z 1 1 (1 − u)−1/2 u−3/4 du 4 0 Utilizando la definici´on de funci´ on Beta obtenemos: Z 1 1 Γ(1/4)Γ(1/2) (1 − u)−1/2 u−3/4 du = 4 0 4Γ(3/4) /4)! Utilizando los resultados obtenidos anteriormente para Γ(1/4) = (1(1/4) , Γ(1/2) = √ √ π(−1/2)!! π y Γ(3/4) = 21/4 Z 1 √ 1 21/4 (1/4)! 4(1/4)! π21/4 = (1 − u)−1/2 u−3/4 du = √ 4 0 4 π(−1/2)!! (−1/2)!!

Necesitamos solo encontrar (−1/2)!!. Pero ya vimos anteriormente que es igual a: Γ(3/4) (−1/2)!! = 2−3/4 Γ(3/2) Donde Γ(3/4) = (−1/4)Γ(−1/4) y Γ(3/2) = (1/2)Γ(1/2) sustituyendo en la igualdad anterior conlleva a los siguiente (−1/2)!! = 2−3/4

(−1/4)Γ(−1/4) (−1/4)Γ(−1/4) √ = 2−3/4 (1/2) π (1/2)Γ(1/2) 3/2 √

πΓ(−1/2)

Donde como demostramos anteriormente Γ(−1/4) = 2 Γ(1/4) Por lo tanto √ (1/4)23/2 2π 23/4 π (−1/2)!! = 2−3/4 √ = 4(1/4)!(1/2) π 4(1/4)!

=

√ √ −23/2 π2 π 4(1/4)!

Sustituyendo finalmente en la integral obtenemos Z 21/4 (1/4)! 4[(1/4)!]2 1 1 4(21/4 )(1/4)!(1/4)! √ = (1 − u)−1/2 u−3/4 du = = 23/4 π (2π)1/2 4 0 (−1/2)!!

1.12 •

R1

Given the associated Legendre function Pmm(x) = (2m− 1)!!(1 − x2 )m/2 show that

−1

m [Pm (x)]2 dx =

2 (2m)! 2m+1

Sabiendo que el integrando es par, la integral se puede escribir de la siguiente forma: Z 1 2 [(2m − 1)!!(1 − x2 )m/2 ]2 dx 0

11

Haciendo u = x2 Tenemos: [(2m − 1)!!]2

Z

1 0

(1 − u)m u−1/2 du

Utilizamos la definici´on de la funci´ on beta para obtener: Z 1 Γ(1/2)Γ(m + 1) [(2m − 1)!!]2 (1 − u)m u−1/2 du = [(2m − 1)!!]2 Γ(m + 3/2) 0 √

m+1)!! Sabiendo que Γ(m + 3/2) = (m + 1/2)! = π(2 , es decir la formula de 2m+1 duplicaci´ on estudiada en la secci´ on de la funci´on Gamma. Adem´as Γ(m + 1) = m! Z 1 √ 2m+1 m! 2m+1 πm! [(2m−1)!!]2 = [(2m−1)!!]2 (1−u)m u−1/2 du = [(2m−1)!!]2 √ (2m + 1)!! π(2m + 1)!! 0 +1)! m)! Sabiendo que (2m + 1)!! = (22m . Sustituyendo y tambi´en (2m − 1)!! = (2 m m! 2m m! obtenemos: Z 1 [(2m)!]2 [(2m)!]2 2m+1 m!2m m! 2m+1 m! = 2 = [(2m−1)!!]2 (1−u)m u−1/2 du = [(2m−1)!!]2 (2m + 1)![(2m m!)]2 (2m + 1)!! (2m + 1)! 0

Debido a que no encuentro errores en mis c´ alculos, la respuesta propuesta por el libro es quizas incorrecta (De todas formas verifiquen bien la mia ). R1 dx = 2(2m − 1)! m • −1 [Pm (x)]2 1−x 2 Debido a que el integrando es par, obtenemos: Z 1 2[(2m − 1)!!]2 (1 − x2 )m−1 dx 0

2

Tomando u = x obtenemos la nueva integral Z 1 [(2m − 1)!!]2 (1 − u)m−1 u−1/2 du 0

Utilizando la definici´on de la funci´on beta obtenemos: Z 1 Γ(1/2)Γ(m) (1 − u)m−1 u−1/2 du = [(2m − 1)!!]2 [(2m − 1)!!]2 Γ(m + 1/2) 0 √ (2m−1)!! Sabiendo que Γ(m + 1/2) = π 2m obtenemos Z 1 (2m)!2m (m − 1)! (2m)!(m − 1)! [(2m−1)!!]2 (1−u)m−1 u−1/2 du = (2m−1)!!2m Γ(m) = = m m! m(m − 1)! 2 0 Obteniendo finalmente: Z 1 (2m)! 2m(2m − 1)! (2m)!(m − 1)! [(2m−1)!!]2 = = = 2(2m−1)! (1−u)m−1 u−1/2 du = m(m − 1)! m m 0 12

1.13 •

Show that R1 0

x2s+1 (1 − x2 )−1/2 dx =

(2s)!! (2s+1)!!

Haciendo u = x2 y utilizando la definici´on de la funci´on Gamma tenemos: √ Z 2s s! s! π2s+1 1 1 s Γ(s + 1)Γ(1/2) = = √ u (1 − u)−1/2 du = 2 π(2s + 1)!! (2s + 1)!! 2Γ(s + 3/2) 2 0 √

s+1)!! Donde utilizamos Γ(s + 3/2) = π(2 es decir, la formula de duplicaci´ on. 2s+1 Finalmente, sabiendo que 2s s! = (2s)!! tenemos: Z 1 1 s 2s s! (2s)!! u (1 − u)−1/2 du = = 2 0 (2s + 1)!! (2s + 1)!! R1 (p−1/2)!q! • 0 x2p (1 − x2 )q dx = 2(p+q +1/2)!

Tomando u = x2 y aplicando la definici´on de la funci´ on Beta tenemos: Z 1 1 Γ(p + 1/2)Γ(q + 1) (p − 1/2)!q ! up−1/2 (1 − u)q du = = 2 0 2(p + q + 1/2)! 2Γ(p + q + 3/2)

1.14

A particle of mass m moving in a symmetric potential that is well described by V (x) = A|x|n has a total energy 21(dx/dt)2 + V (x) = E. Solving for dx/dt and integrating we find what the period of motion τ = √ Rx dx 2 2m 0 max (E−Ax n )1/2 where xmax is a classical turning q n = E Show that τ = n2 2πm point given by Axmax ( EA )1/n Γ(1Γ(1/n) /n+1/2) E

Este ejercicio que pinta quiz´ as como complidaco, es posiblemente uno de los mas sencillos.Necesitamos entonces encontrar una expresi´ on en terminos de la funci´ on Beta para τ . Z xmax √ dx τ = 2 2m ( E − Axn )1/2 0 Primero que todo, buscamos la forma caracter´ıstica de los l´ımites de integraci´ on n . de la funci´on Beta. Para ello, hac...