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Grado en Matemáticas

Funciones gamma y beta

Un factorial multiplica una cantidad entera de factores. ¿Cómo construir una función que conecte esos valores y sirva también para integrales con potencias no enteras? Empezaremos leyendo una integral, separaremos sus extremos y descubriremos la regla gamma. Después beta reunirá dos potencias y podremos normalizar probabilidades.

Si necesitas repasar:

1. El argumento elige una integral; la letra t recorre su área

Para x>0 definimos \Gamma(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\,dt. x es un parámetro fijo durante la integración; t es la variable que recorre el eje positivo. El extremo infinito y la posible singularidad en cero obligan a comprobar dos integrales impropias.

Cerca de cero el factor exponencial está entre e⁻¹ y uno, así que importa la potencia: \int_0^1 t^{x-1}\,dt=1/x si x>0. En infinito el exponencial domina cualquier potencia fija. Para z complejo usamos exp((z−1)ln t), con t>0, y la convergencia absoluta pide Re z>0.

Un parámetro entero

Leer Γ(3).

  1. Fijar

    x=3 convierte la potencia en t².

  2. Separar

    Cerca de cero se integra una potencia de exponente dos; no hay divergencia.

  3. Cola

    t²e⁻ᵗ decae y su integral hasta infinito converge.

Resultado

Γ(3) es el área de t²e⁻ᵗ, no una integral respecto de tres.

Lo comprobamos

Cambiar la letra t por u no cambia el valor.

El borde de la definición

Comparar x=1/2 y x=0.

  1. Primero

    Para x=1/2 aparece t⁻¹/², cuya integral entre cero y uno es dos.

  2. Segundo

    Para x=0 aparece t⁻¹; su integral cerca de cero diverge.

  3. Decidir

    La primera gamma está definida por esta integral; la segunda no.

Resultado

Una singularidad del integrando puede ser integrable, pero hay que calcular su exponente.

Lo comprobamos

El buen comportamiento en infinito no arregla un extremo cero divergente.

2. Integrar por partes explica el desplazamiento del factorial

En Γ(x+1) el integrando es tˣe⁻ᵗ. Integramos por partes en un intervalo finito y tomamos límites: el borde −tˣe⁻ᵗ se anula en ambos extremos para x>0.

Queda \Gamma(x+1)=x\Gamma(x).
La recurrencia multiplica por el argumento que dejamos atrás
Un paso en el argumento; un factorΓ(1)=1↓ ×1Γ(2)=1↓ ×2Γ(3)=2↓ ×3Γ(4)=6↓ ×4Γ(5)=24Γ(n)=(n−1)!
La escalera empieza en gamma de uno igual a uno. Al pasar al argumento dos se multiplica por uno; al pasar a tres, por dos; a cuatro, por tres; a cinco, por cuatro. Por eso gamma de cinco vale veinticuatro, que es cuatro factorial. Cada fila muestra un valor completo y cada flecha el factor utilizado para obtener el siguiente. La integral define gamma entre enteros; esta escalera solo ilustra la recurrencia en argumentos enteros positivos y no pretende definir los valores intermedios por interpolación lineal.
La base es Γ(1)=1.

Por eso Γ(n+1)=n! para n entero no negativo, mientras Γ(n)=(n−1)! si n≥1. Cada incremento del argumento multiplica por el argumento anterior.

Recorrer todos los factores

Calcular Γ(6).

  1. Arrancar

    Γ(1)=1 y Γ(2)=1·1=1.

  2. Continuar

    Γ(3)=2, Γ(4)=3·2=6 y Γ(5)=4·6=24.

  3. Último

    Γ(6)=5·24=120.
Resultado

Γ(6)=5!=120.

Lo comprobamos

El factor seis aparecería al calcular Γ(7), no Γ(6).

No olvidar los bordes

Justificar Γ(3)=2Γ(2).

  1. Elegir

    Para ∫t²e⁻ᵗdt tomamos u=t² y dv=e⁻ᵗdt.

  2. Aplicar

    Sale [−t²e⁻ᵗ] de cero a infinito más 2∫te⁻ᵗdt.

  3. Límites

    El borde vale cero y Γ(2)=1: obtenemos dos.
Resultado

La recurrencia sale de una operación comprobable.

Lo comprobamos

La condición x>0 garantiza el borde cero de la demostración integral.

3. Un cambio cuadrático abre los valores entre enteros

Para Γ(1/2), poner t=u² transforma t⁻¹/²dt en 2du.
Así Γ(1/2)=2∫₀∞e⁻ᵘ²du.
Si I=∫ℝe⁻ᵘ²du, Tonelli y coordenadas polares dan I²=∫₀²π∫₀∞e⁻ʳ²r dr dθ=π.
Como I>0, I=√π.

La recurrencia da todos los semienteros positivos: \Gamma(n+\tfrac12)=\frac{(2n)!}{4^n n!}\sqrt\pi para n≥0. El producto de factores fraccionarios procede de la recurrencia; no contamos «medio factor» de un producto ordinario.

Subir desde la base conocida

Obtener Γ(7/2).

  1. Primer salto

    Γ(3/2)=(1/2)√π.

  2. Segundo

    Γ(5/2)=(3/2)(1/2)√π=3√π/4.

  3. Tercero

    Γ(7/2)=(5/2)(3√π/4)=15√π/8.
Resultado

15√π/8.

Lo comprobamos

Cada factor es el argumento que había antes del salto.

Ver el jacobiano en el cambio

Transformar Γ(1/2) con t=u².

  1. Potencia

    Para u>0, t⁻¹/²=1/u.

  2. Diferencial

    dt=2u du: al multiplicar se cancela u y queda dos.

  3. Simetría

    2∫₀∞e⁻ᵘ²du equivale a ∫ℝe⁻ᵘ²du porque la función es par.

Resultado

El factor dos es indispensable.

Lo comprobamos

La igualdad del cuadrado gaussiano usa r dr, no solo dr.

4. La recurrencia sola deja demasiadas extensiones posibles

Una función positiva periódica h de periodo uno y con h(1)=1 produce F(x)=Γ(x)h(x). Cumple F(1)=1 y F(x+1)=xF(x), aunque puede diferir de gamma entre enteros.

Bohr–Mollerup añade una condición que sí selecciona gamma: logconvexidad en (0,∞). Significa que ln F está por debajo de sus cuerdas. Para la integral gamma, Hölder prueba \Gamma(\theta x+(1-\theta)y)\le\Gamma(x)^\theta\Gamma(y)^{1-\theta} si 0<θ<1. El teorema de unicidad requiere estas tres hipótesis.

Mismos factoriales, otros valores

Tomar h(x)=exp(sin²(πx)).

  1. Periodo

    sin²(π(x+1))=sin²(πx), de modo que h tiene periodo uno.

  2. Enteros

    Si x es entero, h(x)=1 y F coincide con gamma.

  3. Entre medias

    h(1/2)=e; F(1/2)=e√π, diferente de gamma.
Resultado

La recurrencia y la base no bastan.

Lo comprobamos

Esta F no satisface las tres hipótesis de Bohr–Mollerup.

Una desigualdad que se puede leer

Aplicar logconvexidad a x=1, y=3, θ=1/2.

  1. Argumento

    El punto medio es dos.

  2. Valores

    Γ(1)=1, Γ(2)=1 y Γ(3)=2.

  3. Comparar

    Γ(2)²≤Γ(1)Γ(3) se convierte en 1≤2.
Resultado

El valor central queda controlado por los extremos.

Lo comprobamos

Es convexidad del logaritmo, no una interpolación lineal de factoriales.

5. Beta reúne dos extremos que se controlan por separado

Definimos B(p,q)=\int_0^1 t^{p-1}(1-t)^{q-1}\,dt para p,q>0.

Cerca de cero controla p; cerca de uno controla q. Con parámetros complejos basta Re p>0 y Re q>0 para convergencia absoluta.

El cambio s=1−t intercambia los extremos y muestra B(p,q)=B(q,p).

Aunque el integrando crezca sin límite en un extremo, puede tener área finita si el exponente es mayor que −1.

Leer exponentes antes de integrar

Reconocer ∫₀¹t²(1−t)dt.

  1. Primer factor

    p−1=2 implica p=3.

  2. Segundo

    q−1=1 implica q=2.

  3. Comprobar

    Ambos positivos: es B(3,2); expandir t²−t³ da 1/3−1/4=1/12.
Resultado

B(3,2)=1/12.

Lo comprobamos

Los parámetros son uno más que los exponentes.

Un peso infinito con área finita

Evaluar B(1/2,1).

  1. Simplificar

    El segundo factor es uno; queda t⁻¹/².

  2. Integrar

    Una primitiva es 2√t.

  3. Límite

    Entre cero y uno da dos, aunque la altura crece en cero.

Resultado

B(1/2,1)=2.

Lo comprobamos

B(0,1) diverge: allí el exponente es −1.

6. Sumar radios y repartir proporciones separa la integral doble

El producto Γ(p)Γ(q) es la integral en u,v>0 de u^{p-1}v^{q-1}e^{-(u+v)}.

Para p,q positivos Tonelli permite reunirlas. Ponemos r=u+v y t=u/(u+v): r mide el total y t la fracción que recibe u.

Entonces u=rt, v=r(1−t), r>0, 0<t<1 y el jacobiano absoluto vale r.

Sale el producto de una integral gamma en r por una beta en t: \Gamma(p)\Gamma(q)=\Gamma(p+q)B(p,q). Gamma es positiva aquí y podemos dividir.

Separar un punto de la región

Usar u=2, v=3 y el jacobiano.

  1. Coordenadas

    r=5 y t=2/5; recuperamos u=5·2/5=2 y v=5·3/5=3.

  2. Derivadas

    La matriz respecto de (r,t) tiene filas (t,r) y (1−t,−r).

  3. Determinante

    t(−r)−r(1−t)=−r; su módulo es r.
Resultado

El área diferencial es r dr dt.

Lo comprobamos

Olvidar r cambiaría Γ(p+q) por una gamma desplazada.

Calcular con el cociente

Obtener B(3,3).

  1. Numerador

    Γ(3)Γ(3)=2·2=4.

  2. Denominador

    Γ(6)=120.

  3. Dividir

    B(3,3)=4/120=1/30.
Resultado

1/30.

Lo comprobamos

Integrar t²−2t³+t⁴ da 1/3−1/2+1/5=1/30.

7. Una sustitución lleva beta al semieje infinito

Al poner t=x/(1+x), tenemos 1−t=1/(1+x) y dt=dx/(1+x)².

Los límites pasan de cero y uno a cero e infinito. Reuniendo las potencias obtenemos B(p,q)=\int_0^\infty \frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}}\,dx.

La recurrencia gamma da B(p+1,q)=pB(p,q)/(p+q) y B(p,q+1)=qB(p,q)/(p+q).

Sumarlas recupera B(p,q), igual que multiplicar el integrando por t+(1−t)=1.

Reconocer un denominador

Evaluar ∫₀∞x/(1+x)⁴dx.

  1. Comparar

    p−1=1, así p=2.

  2. Total

    p+q=4 implica q=2.

  3. Resultado

    B(2,2)=Γ(2)²/Γ(4)=1/6.
Resultado

La integral vale 1/6.

Lo comprobamos

Ambos parámetros positivos aseguran los dos extremos.

Separar dos partes de una misma área

Partir de B(2,3)=1/12.

  1. Primer avance

    B(3,3)=(2/5)(1/12)=1/30.

  2. Segundo

    B(2,4)=(3/5)(1/12)=1/20.

  3. Sumar

    1/30+1/20=1/12.
Resultado

Los dos avances reparten el peso original.

Lo comprobamos

No sumamos parámetros en el argumento izquierdo sin cambiar el valor.

8. Normalizar significa dividir por el área, no por la altura

Un peso no negativo con integral positiva y finita se convierte en densidad al dividirlo por su integral. Para beta, la densidad es t^{p-1}(1-t)^{q-1}/B(p,q) entre cero y uno.

Normalizar conserva la forma y convierte el área total en uno
Un peso no es todavía una densidad016t(1−t)t(1−t)Área azul: 1/6Multiplicar por 6Área bajo la verde: 1
En el intervalo de cero a uno, la curva azul representa el peso t por uno menos t. Su área es beta de dos, dos, igual a un sexto. La curva verde multiplica todas las alturas azules por seis: representa seis t por uno menos t y tiene área uno, por lo que ya es una densidad. Se conserva el intervalo y el punto central del máximo. No se desplazan puntos horizontalmente ni se obliga a que la altura máxima sea uno: una densidad puede superar uno, porque lo que debe valer uno es el área total.

Para α,λ>0, el cambio u=λt da \int_0^\infty t^{\alpha-1}e^{-\lambda t}\,dt=\Gamma(\alpha)/\lambda^\alpha. La densidad gamma lleva factor \lambda^\alpha/\Gamma(\alpha).

Aquí λ es tasa; si se usa escala θ, entonces θ=1/λ.

Convertir una parábola en densidad

Normalizar t(1−t) en [0,1].

  1. Área

    B(2,2)=1/6.

  2. Dividir

    El peso dividido por 1/6 es 6t(1−t).

  3. Revisar

    Su integral es seis por un sexto, igual a uno; su máximo es 3/2.

Resultado

Una densidad puede tener altura mayor que uno.

Lo comprobamos

La probabilidad corresponde al área sobre un intervalo, no a la altura en un punto.

Tasa y escala

Normalizar t²e⁻²ᵗ para t>0.

  1. Parámetros

    α−1=2 da α=3; λ=2.

  2. Área

    Γ(3)/2³=2/8=1/4.

  3. Factor

    La densidad es 4t²e⁻²ᵗ; su escala es 1/2.

Resultado

El factor normalizador es cuatro.

Lo comprobamos

Usar 2 como escala introduciría otra exponencial.

9. Prolongar una función no hace converger su integral original

La recurrencia prolonga gamma meromórficamente: tiene polos simples en 0,−1,−2,… y no tiene ceros. Fuera de Re z>0 hablamos de continuación, no de la integral impropia anterior. La reflexión \Gamma(z)\Gamma(1-z)=\pi/\sin(\pi z) requiere z no entero.

Para x positivo grande, Stirling afirma \Gamma(x)\sim\sqrt{2\pi}\,x^{x-1/2}e^{-x}: el cociente tiende a uno. En logaritmos el término principal es (x−1/2)ln x−x+(1/2)ln(2π). Una equivalencia no da por sí sola cifras garantizadas para un x concreto; se necesita una cota del resto.

Un valor negativo finito

Calcular Γ(−1/2) por continuación.

  1. Recurrencia

    Γ(1/2)=(−1/2)Γ(−1/2).

  2. Despejar

    Γ(−1/2)=−2√π.

  3. Distinguir

    La integral con t⁻³/² diverge en cero; no calcula este valor.

Resultado

La continuación puede ser finita donde la integral no existe.

Lo comprobamos

Cero y enteros negativos son polos; no se usan como valores finitos.

Aproximar sin prometer igualdad

Aplicar Stirling a Γ(8).

  1. Exacto

    Γ(8)=7!=5040.

  2. Principal

    La expresión es \sqrt{2\pi}\,8^{15/2}e^{-8}, aproximadamente 4987,80.

  3. Comparar

    El cociente con 5040 es aproximadamente 0,9896; no es uno exacto.

Resultado

La aproximación mejora asintóticamente, pero no reemplaza una cota de error.

Lo comprobamos

Los logaritmos permiten evaluar productos enormes como sumas.

10. Derivar el parámetro introduce un logaritmo

En un compacto a≤x≤b con a>0, derivar t^{x-1} respecto de x produce t^{x-1}\ln t.

En (0,1) domina t^{a-1}|\ln t|; en (1,∞) domina t^{b-1}e^{-t}\ln t. Ambas son integrables y justifican \Gamma\!\prime(x)=\int_0^\infty t^{x-1}e^{-t}\ln t\,dt.

La digamma es ψ(x)=Γ′(x)/Γ(x).
Tomar logaritmos de la recurrencia y derivar da ψ(x+1)=ψ(x)+1/x.

No estamos derivando respecto de la variable muda t: cambia el parámetro de toda la integral.

Una diferencia sin conocer ψ(1)

Calcular ψ(4)−ψ(1).

  1. Primer salto

    ψ(2)−ψ(1)=1.

  2. Siguientes

    ψ(3)−ψ(2)=1/2 y ψ(4)−ψ(3)=1/3.

  3. Sumar

    Los términos intermedios se cancelan: 1+1/2+1/3=11/6.
Resultado

11/6.

Lo comprobamos

La constante ψ(1) no hace falta para esta diferencia.

Comprobar la dominación cerca de cero

Usar x entre uno y dos.

  1. Potencia

    Si 0<t<1 y x≥1, t^{x-1}\le1.

  2. Cota

    El módulo del integrando derivado queda bajo |ln t|.

  3. Área

    ∫₀¹|ln t|dt=1; la cota es integrable y uniforme en x.
Resultado

No basta con escribir una derivada formal: la cota permite intercambiarla.

Lo comprobamos

En infinito se usa otra cota con el exponencial, no esta sola.

11. Primero identificamos los parámetros y después sustituimos

Para \int_0^\infty t^{a-1}e^{-bt}\,dt con a,b>0, u=bt aporta b^{1-a} por la potencia y otro b⁻¹ por el diferencial: el resultado es b⁻ᵃΓ(a). Esta lectura separa exponentes y evita perder un factor.

Con m,n enteros positivos, B(m,n)=(m−1)!(n−1)!/(m+n−1)!.

En una integral dada, antes hay que resolver p−1 y q−1. El denominador contiene la suma de los parámetros menos uno al convertir gamma en factorial.

Exponencial con otra escala

Evaluar ∫₀∞t³e⁻³ᵗdt.

  1. Identificar

    a=4 y b=3.

  2. Cambiar

    u=3t da t³dt=u³du/3⁴.

  3. Calcular

    Γ(4)/81=6/81=2/27.
Resultado

2/27.

Lo comprobamos

La potencia final de tres es cuatro porque cuenta también el diferencial.

Dos exponentes desplazados

Evaluar ∫₀¹t³(1−t)²dt.

  1. Parámetros

    p=4, q=3, no tres y dos.

  2. Factoriales

    B(4,3)=3!·2!/6!.

  3. Dividir

    12/720=1/60.
Resultado

1/60.

Lo comprobamos

Expandir t³−2t⁴+t⁵ da 1/4−2/5+1/6=1/60.

Ahora lo resolvemos de principio a fin.

EJEMPLO RESUELTO 1

Extender un factorial

Calcula Γ(5).

  1. Leer el argumento

    Nos piden Γ(5).

  2. Recordar la base

    Γ(1)=1.

  3. Primeros saltos

    Γ(2)=1 y Γ(3)=2.

  4. Siguiente

    Γ(4)=3·2=6.

  5. Último

    Γ(5)=4·6=24.

  6. Comprobar

    Es 4!, coherente con Γ(n)=(n−1)!.
Resultado

Γ(5)=24.

Lo comprobamos

Γ(6)=5Γ(5)=120 recupera5!, confirmando dónde aparece el factor cinco.

EJEMPLO RESUELTO 2

Calcular una integral beta

Evalúa ∫₀¹t(1−t)²dt usando B.

  1. Leer los exponentes

    t tiene exponente uno y 1−t tiene exponente dos.

  2. Identificar

    p=2, q=3: la integral es B(2,3).

  3. Usar la identidad

    B(2,3)=Γ(2)Γ(3)/Γ(5).

  4. Sustituir

    El cociente es 1·2/24.

  5. Reducir

    Da 1/12.

  6. Verificar directamente

    t(1−t)²=t−2t²+t³; 1/2−2/3+1/4=1/12.
Resultado

La integral es 1/12.

Lo comprobamos

La comprobación polinómica y el cociente de gammas dan exactamente la misma fracción.

Los símbolos que hemos usado

Γ(x)
Integral gamma∫₀∞t^(x−1)e⁻ᵗdt para x>0.
B(p,q)
Integral beta∫₀¹t^(p−1)(1−t)^(q−1)dt para p,q>0.
Re z
Parte real de un número complejo z.
n!
Factorial del entero no negativo n, con0!=1.
Polo
Singularidad donde una función meromorfa diverge con orden finito.
∼
Equivalencia asintótica: el cociente de las dos expresiones tiende a uno.

Ahora te toca a ti.

Tienes cinco ejercicios. Inténtalos; las pistas te ayudan si te atascas.

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