Para todos $x \in \Bbb R_+^*$ pusimos: $$f(x)=\frac{1}{\Gamma(x)}\int_x^{+\infty}t^{x-1}e^{-t}dt.$$ ¿Podemos calcular el límite : $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) $ ?
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En primer lugar, tenemos que derivar un comportamiento asintótico de la integral cuando $\ds{x \gg 1}$ . La derivación es similar a la que conduce al comportamiento asintótico de la función Gamma ( a saber, la aproximación de Stirling ):
\begin {align}& \left.\dsc { \int_ {x}^{ \infty }t^{x - 1} \expo {-t}\, \dd t}\, \right\vert_ {\,x\ \gg\ 1} = \int_ {x}^{ \infty } \exp\pars { \bracks {x - 1} \ln\pars {t} - t}\, \dd t \\ [5mm]& \sim\int_ {x}^{ \infty } \exp\pars { \bracks {x - 1} \ln\pars {x - 1} - \bracks {x - 1} - { \bracks {t - x + 1}^{2} \over 2 \bracks {x - 1}}}\, \dd t \\ [5mm]&= \pars {x - 1}^{x - 1} \expo {- \pars {x - 1}} \int_ {1}^{ \infty } \exp\pars {-t^{2} \over 2 \bracks {x - 1}}\, \dd t \\ [5mm]&= \bracks { \pars {x - 1}^{x - 1} \expo {- \pars {x - 1}}} \root {2 \pars {x - 1}} \int_ {1/ \root {2 \pars {x - 1}}}^{ \infty } \exp\pars {-t^{2}}\, \dd t \\ [5mm]& \sim\pars {x - 1}^{x - 1/2} \expo {- \pars {x - 1}} \root {2}\ \overbrace { \int_ {0}^{ \infty } \exp\pars {-t^{2}}\, \dd t}^{ \dsc { \root { \pi } \over 2}} \\ [5mm]&= \dsc { \half }\, \bracks { \root {2 \pi } \pars {x - 1}^{x - 1/2} \expo {- \pars {x - 1}}} \end {align}
Entonces
\begin {align}& \color {#66f}{ \large % \left. { \int_ {x}^{ \infty }t^{x - 1} \expo {-t}\, \dd t \over \Gamma\pars {x}}\, \right\vert_ {\,x\ \gg\ 1}} \sim { \pars { \dsc {1/2}} \bracks {% \root {2 \pi } \pars {x - 1}^{x - 1/2} \expo {- \pars {x - 1}}} \over \root {2 \pi } \pars {x - 1}^{x - 1/2} \expo {- \pars {x - 1}}} \color {#66f}{ \large\to\ \half } \end {align}
El $\ds{\Gamma\pars{s,z}}$ comportamiento asintótico como se da en este enlace es engañoso porque $\ds{\tt\mbox{it should be valid for fixed}}$ $\ds{s}$ . En otras palabras, $\ds{\lim_{x\ \to\ \infty}\lim_{s\ \to\ x}\Gamma\pars{s,x}}$ no se puede evaluar con dicha expansión que fue la que utilicé a ciegas en mi respuesta anterior.
Gracias a @Mohamed que me llamó la atención sobre este punto y a este documento y gracias a @anorton que estaba preocupado por todo el procedimiento. Gracias a ambos.
gpo1278
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$\int_{0}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=\int_{0}^{x}t^{x-1}e^{-t}dt+\int_{x}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt$
así que
$\int_{x}^{\infty}t^{x-1}e^{-t}dt=\Gamma\left(x\right)-\int_{0}^{x}t^{x-1}e^{-t}dt$
Al tomar el límite obtenemos cero: $\lim_{x\rightarrow\infty}\frac{\Gamma\left(x\right)-\int_{0}^{x}t^{x-1}e^{-t}dt}{\Gamma\left(x\right)}=1-1=0$
