Teoria ed esercizi sulla funzione Gamma di Eulero

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La funzione $\Gamma$ è una funzione integrale dalle importanti proprietà: essa consiste infatti in una generalizzazione del fattoriale al caso di variabile non intera. Tale funzione, in virtù della proprietà $\Gamma(z+1)=z\Gamma(z)$ che definisce appunto il fattoriale, consente di stabilire alcuni risultati molto importanti. Essa è infatti profondamente legata alla costante di Eulero-Mascheroni, cioè al tasso di crescita delle somme della serie armonica, e inoltre consente di esprimere il volume e la superficie delle sfere in qualunque dimensione.

Questa dispensa, pensata per un pubblico esperto di Analisi Matematica, presenta queste e altre interessanti applicazioni alle equazioni differenziali e alla geometria, coniugando rigore teorico ed esempi pratici. Essa è inoltre corredata di esercizi anche molto difficili, adatti a chi desideri cimentarsi con materiale originale, complesso e di difficile reperibilità.
Se desideri entrare nel mondo affascinante della funzione Gamma, questo articolo è quello che cercavi!

Consigliamo la lettura dei seguenti articoli su materiale correlato:

Autori e revisori

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Autori: Jack D’Aurizio

Revisori: Valerio Brunetti.

Prerequisiti

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Per la piena fruizione di questa dispensa suggeriamo una revisione preliminare di alcuni risultati che saranno utilizzati nel seguito. Li riportiamo in ordine di menzione, assieme al relativo capitolo dove sono trattati in dettaglio:

$\quad$

Disuguaglianza di Cauchy-Schwarz e sua forma integrale (DISUGUAGLIANZE FONDAMENTALI)

Definizioni di fattoriali e coefficienti binomiali (COMBINATORIA)

Convessità per punti medi e continuità comportano convessità sulla parte interna del dominio,
disuguaglianza di Hermite-Hadamard (CONVESSITÀ)

Teorema di Beppo Levi, Teorema di Fubini, Teorema di convergenza dominata
e derivazione sotto il segno di integrale (ANALISI FUNZIONALE)

Trasformata di Laplace e Teorema di Frullani (TRASFORMATA DI LAPLACE)

Serie di Maclaurin notevoli (TEOREMA DI TAYLOR)

Convergenza puntuale e uniforme di prodotti infiniti (SERIE DI FUNZIONI)

Divergenza della serie armonica (SERIE NUMERICHE)

Formula di integrazione per parti (TECNICHE DI CALCOLO SIMBOLICO E NUMERICO DI INTEGRALI)

Prodotto di Weierstrass di seno e coseno (ANALISI COMPLESSA, TEORIA E PRATICA DEI POLINOMI ORTOGONALI)

Principio di riflessione di Schwartz (ANALISI COMPLESSA)

Teorema dei residui, Teorema di inversione di Lagrange, funzioni meromorfe (ANALISI COMPLESSA)

Creative telescoping (SERIE NUMERICHE)

Notazioni di Landau e Vinogradov (NOTAZIONI DI LANDAU E VINOGRADOV)

Spazio $L^2$ e serie di Fourier (ANALISI FUNZIONALE)

Forma integrale

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Seguendo Legendre, consideriamo la funzione definita attraverso

(1) $\begin{equation*} f(s)=\int_{0}^{+\infty} x^s e^{-x}\,dx. \end{equation*}$

L’integrale converge per ogni $s>-1$ e dà luogo ad una funzione positiva, di classe $C^{\infty}$ e logaritmicamente convessa. Convergenza e positività discendono direttamente dalla struttura dell’integranda:

$\int_{0}^{+\infty} x^s e^{-x} \,dx \leq \int_{0}^{1} x^s\,dx +\int_{1}^{+\infty}\left( x^s e^{-x/2}\right) e^{-x/2}\,dx\leq \frac{1}{s+1}+\int_{1}^{+\infty} M_s e^{-x/2}\,dx < +\infty,$

$\int_{0}^{+\infty} x^s e^{-x}\,dx \geq \int_{0}^{1} x^s e^{-x}\,dx \geq \int_{0}^{1} x^s(1-x)\,dx > 0.$

Con stime analoghe si prova la continuità di $f(s)$ . La log-convessità è una conseguenza della forma integrale della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz. Dalla disuguaglianza

(2) $\begin{equation*} f\left(\Dfrac{s+t}{2}\right) = \int_{0}^{+\infty} x^{\frac{s+t}{2}}e^{-x}\,dx \leq \sqrt{\int_{0}^{+\infty}x^s e^{-x}\,dx \int_{0}^{+\infty}x^t e^{-x}\,dx } = \sqrt{f(s)f(t)} \end{equation*}$

si ha che $\log f$ è convessa per punti medi. Tuttavia $\log f$ è continua, dunque è convessa (si faccia riferimento anche al capitolo sulla CONVESSITÀ). Alternativamente possiamo applicare la disuguaglianza di Cauchy-Schwarz alla coppia di funzioni integrande $x^{\frac{\alpha-1}{2}}e^{-x/2}, x^{\frac{\alpha-1}{2}}e^{-x/2}\log(x)$ , ottenendo $\Gamma'(x)^2\leq \Gamma(x)\Gamma''(x)$ che comporta $\dfrac{d^2}{dx^2}\log\Gamma(x)\geq 0$ . Per composizione di applicazioni convesse abbiamo che anche $f=\exp\left(\log f\right)$ è convessa, pertanto ha rapporto incrementale crescente. Per derivazione sotto il segno di integrale si ha

(3) $\begin{equation*} \frac{d^n}{dx^n} f(x) = \int_{0}^{+\infty}x^s\left(\log x\right)^n e^{-x}\,dx \end{equation*}$

dunque tutte le derivate di indice pari sono positive e (log-)convesse: è sufficiente replicare l’argomentazione del precedente paragrafo. Vale $f(0)=1$ e per ogni $s>0$ la formula di integrazione per parti comporta

(4) $\begin{equation*} f(s) = \left[-x^s e^{-x}\right]_{0}^{+\infty} +\int_{0}^{+\infty} s x^{s-1} e^{-x}\,dx = s\cdot f(s-1), \end{equation*}$

per induzione abbiamo dunque che $f(s)$ è una funzione che estende il fattoriale:

(5) $\begin{equation*}\forall n\in\mathbb{N}\qquad f(n)=\int_{0}^{+\infty}x^n e^{-x}\,dx =\mathcal{L}(x^n)(1) = n!.\end{equation*}$

Per motivi storici¹ la funzione $\Gamma$ è definita attraverso una traslazione del parametro di $f$ :

$\quad$

(6) $\begin{equation*}\forall s>0,\qquad \Gamma(s) = \int_{0}^{+\infty} x^{s-1}e^{-x}\,dx =\mathcal{L}(x^{s-1})(1),\qquad \Gamma(s+1)=s\cdot\Gamma(s).\end{equation*}$

$\quad$

Tale shift modifica il dominio ma chiaramente non incide sulla log-convessità della funzione o delle sue derivate di indice pari. Considerando la determinazione principale del logaritmo in $x^s=\exp\left(s\log x\right)$ abbiamo inoltre che l’integrale presente in (6) risulta convergente per ogni $s\in\mathbb{C}$ con parte reale positiva. Ciò definisce una funzione analitica sul semipiano destro, che può essere prolungata tramite la relazione funzionale $\Gamma(s) = \dfrac{1}{s}\Gamma(s+1)$ . Iterando tale relazione abbiamo

$\Gamma(x) = \frac{\Gamma(x+n)}{(x+n-1)(x+n-2)\cdot\ldots\cdot(x+1)x},$

da cui la possibilità di esprimere i simboli di Pochhammer crescenti come rapporti di valori della funzione $\Gamma$ :

$(x)_n = x(x+1)\cdot\ldots\cdot(x+n-1) = \frac{\Gamma(x+n)}{\Gamma(x)}.$

Abbiamo ad esempio che $\Gamma(1)=0!=1$ e che $\Gamma$ risulta una funzione olomorfa in un intorno di $s=1$ . In virtù della relazione funzionale il prolungamento analitico dell’integrale in (6) presenta un polo semplice di residuo $1$ in corrispondenza di $s=0$ .

$\quad$

Esercizio 1 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Potendo esprimere i fattoriali in termini della $\Gamma$

possiamo far lo stesso con i coefficienti binomiali:

$\binom{n}{a} = \frac{n!}{a!(n-a)!} = \frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(a+1)\Gamma(n-a+1)}.$

Per ogni numero naturale $n$ abbiamo

$(1+x)^n = \sum_{k\geq 0}\binom{n}{k} x^k.$

Si verifichi che lo stesso vale per $n=-\dfrac{1}{2}$ , ossia che per ogni $x\in(0,1)$ si ha

$\frac{1}{\sqrt{1-x}}=\sum_{k\geq 0}\frac{1}{4^k}\binom{2k}{k}x^k = \sum_{k\geq 0}\binom{-\frac{1}{2}}{k} x^k.$

$\quad$

Esercizio 2 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Sfruttando le proprietà di (log-)convessità si stimi numericamente il minimo della funzione $\Gamma(s)$

su $\mathbb{R}^+$

, che occorre tra $s=1$

e $s=2$

$\quad$

Dimostrazione. Abbiamo già visto che $\Gamma(1)=\Gamma(2)=1$ e che $\Gamma(s)$ è convessa su $\mathbb{R}^+$ , dunque il punto di minimo è unico ed occorre tra $s=1$ e $s=2$ . Tale punto di minimo è anche punto di minimo di $\log\Gamma(s)$ , che ammette zeri negli estremi dell’intervallo $[1,2]$ e risulta negativa all’interno. Come vedremo nel prossimo capitolo sulla FUNZIONE DIGAMMA, gli sviluppi di Taylor al prim’ordine di $f(s)=\log\Gamma(s)$ in $s=1$ e $s=2$ sono rispettivamente dati da

$-\gamma(s-1)+O((s-1)^2),\qquad (1-\gamma)(s-2)+O((s-2)^2)$

dove $\gamma$ è la costante di Eulero-Mascheroni, che vale approssimativamente $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$ . Abbiamo pertanto che il polinomio di terzo grado

$p(s)=(s-1)(2-s)((2\gamma-1)x+(1-3\gamma))$

soddisfa $p(1)=f(1),p'(1)=f'(1),p(2)=f(2),p'(2)=f'(2)$ ed approssima piuttosto bene $\log\Gamma(s)$ su $[1,2]$ .

Possiamo pertanto localizzare approssimativamente l’ascissa stazionaria risolvendo $p'(s)=0$ e ottenendo $s_0\approx 1.462$ .

Con tecniche più sofisticate, come il metodo della secante-tangente applicato a $\psi(s)=\dfrac{d}{ds}\log\Gamma(s)$ , possiamo raffinare la precedente stima fino a ottenere

$s_0 \approx 1.461632145,\qquad \min_{s\in\mathbb{R}^+}\Gamma(s)\approx 0.8856032.$

$\quad$

Esercizio 3 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

(Limite di Bernstein). Si provi che vale

$\lim_{n\to +\infty} \frac{1}{e^n}\sum_{m=0}^{n}\frac{n^m}{m!} = \frac{1}{2}.$

$\quad$

Le usuali dimostrazioni di questo risultato transitano da interpretazioni probabilistiche: l’argomento del limite è la probabilità che una variabile di Poisson assuma valori minori o uguali alla sua media, dunque l’invocazione del Teorema centrale del limite conduce rapidamente alla tesi. In queste note proponiamo un approccio più low-tech basato unicamente sulla $\Gamma$ .

Dimostrazione. Per il binomio di Newton si ha

$\sum_{m=0}^{n}\frac{n^n}{m!(n-m)!}\left(\frac{x}{n}\right)^m = \frac{1}{n!}(x+n)^n,$

dunque integrando ambo i membri contro $e^{-x}$ su $\mathbb{R}^+$ ed operando la sostituzione $m\to n-m$ abbiamo

$\sum_{m=0}^{n}\frac{n^m}{m!} = \frac{1}{n!}\int_{0}^{+\infty}(x+n)^n e^{-x}\,dx \stackrel{x\mapsto nz}{=} \frac{n^{n+1}}{n!}\int_{0}^{+\infty}(1+z)^n e^{-nz}\,dz$

che può essere equivalentemente provata facendo ricorso alla formula di Taylor con resto integrale.

La tesi diviene a questo punto

$\lim_{n\to +\infty}\frac{n^{n+1}}{e^n n!}\int_{0}^{+\infty}\left((1+z)e^{-z}\right)^n\,dz = \frac{1}{2}.$

Per la forma debole della disuguaglianza di Stirling (esercizio 19) il termine $\dfrac{n^{n+1}}{e^n n!}$ è asintotico a $\sqrt{\dfrac{n}{2\pi}}$ . La funzione $f(z)=(1+z)e^{-z}$ è positiva e decrescente su $\mathbb{R}^+$ e la sua serie di Maclaurin è della forma $1-\dfrac{z^2}{2}+O(z^3) = e^{-z^2/2} + O(z^3)$ , si ha inoltre $f(z)\geq e^{-z^2/2}$ per ogni $z>0$ . Se consideriamo la disuguaglianza

$a^n - b^n = (a-b)(a^{n-1}+\ldots+b^{n-1}) \leq n(a-b)a^{n-1}$

valida per $a\geq b\geq 0$ , abbiamo che

$\int_{0}^{+\infty}f(z)^n\,dz - \int_{0}^{+\infty} e^{-nz^2/2}\,dz \ll n \int_{0}^{+\infty}z^3 f(z)^{n-1}\,dz,$

ma poiché $f(z) \leq \exp\left(-\dfrac{3z^2}{6+4z}\right)$ per ogni $z\geq 0$ , per via delle approssimazioni di Padé del logaritmo, il termine destro dell’ultima disuguaglianza è $O\left(\frac{1}{n}\right)$ e si ha

$\int_{0}^{+\infty}f(z)^n\,dz \sim \int_{0}^{+\infty} e^{-nz^2/2}\,dz = \sqrt{\dfrac{\pi}{2n}}$

provando la tesi.

Questa è una convenzione un po’ infelice: la definizione alternativa $\widetilde{\Gamma}(s)=\int_{0}^{+\infty}x^s e^{-x}\,dx$ avrebbe peggiorato l’estetica della regione di convergenza ma avrebbe semplificato, o almeno reso più intuitive, molte proprietà algebriche della funzione $\Gamma$ e della funzione Beta. Ma questo è un accidente storico con cui abbiamo imparato a convivere. ↩

Disuguaglianza di Gautschi

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Teorema 4.

$x^{1-s} \leq \frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x+s)} \leq (x+1)^{1-s}.$

$\quad$

Dimostrazione. La convessità di $\log\Gamma$ comporta che si abbia

$\Gamma(t u + (1-t) v) \leq \Gamma(u)^t\Gamma(v)^{1-t}$

per ogni $u,v\in\mathbb{R}^+$ e per ogni $t\in(0,1)$ . Scegliendo $u=x, v=x+1$ e $t=1-s$ abbiamo

$\Gamma(x+s) \leq \Gamma(x)^{1-s}\Gamma(x+1)^{s} = x^{s-1}\Gamma(x+1)$

mentre scegliendo $u=x+s, v=x+s+1$ e $t=s$ abbiamo

$\Gamma(x+1) \leq \Gamma(x+s)^s \Gamma(x+s+1)^{1-s} = (x+s)^{1-s}\Gamma(x+s).$

La disuguaglianza di Gautschi può essere ulteriormente raffinata approssimando accuratamente la derivata prima o seconda di $\log\Gamma(x)$ : questo approccio, assieme alla disuguaglianza di Stirling, sarà investigato nel capitolo sulle funzioni DIGAMMA E TRIGAMMA.

Prodotto di Eulero

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Le funzioni $g_n(x):\mathbb{R}^+\to\mathbb{R}^+\cup\{0\}$

definite attraverso

$g_n(x)=\left\{\begin{array}{rcl}\left(1-\dfrac{x}{n}\right)^n&\text{per}& 0<x \leq n\\ 0 & \text{per}& x\geq n\end{array}\right.$

convergono puntualmente e monotonamente alla funzione $e^{-x}$ . Per il Teorema di Beppo Levi abbiamo dunque che per ogni $s\in\mathbb{R}^+$ vale

(7) $\begin{equation*} \Gamma(s+1) = \int_{0}^{+\infty} x^s e^{-x}\,dx = \lim_{n\to +\infty}\int_{0}^{+\infty} x^s g_n(x)\,dx = \lim_{n\to+\infty}\int_{0}^{n} x^s\left(1-\dfrac{x}{n}\right)^n\,dx.\end{equation*}$

L’integrale che compare nel membro destro può essere calcolato attraverso integrazione per parti e induzione, e costituisce una prima istanza di quanto tratteremo nel capitolo successivo, ossia la funzione Beta di Eulero:

$\int_{0}^{n}x^s\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\,dx \stackrel{x\mapsto n(1-z)}{=}n^{s+1}\int_{0}^{1}z^n (1-z)^s\,dz \stackrel{\text{IBP}}{=} n^{s+1}\frac{n}{s+1}\int_{0}^{1}z^{n-1}(1-z)^{s+1}\,dz,$

(8) $\begin{equation*} \int_{0}^{n}x^s\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\,dx \stackrel{\text{IND}}{=}\frac{n^{s+1} n!}{(s+1)\cdot\ldots\cdot(s+n+1)}=\frac{n^{s+1}}{(n+s+1)\prod_{k=1}^{n}\left(1+\frac{s}{k}\right)}. \end{equation*}$

Per ogni $n\in\mathbb{N}$ sufficientemente grande abbiamo che $n^s$ può essere espresso come prodotto telescopico:

$\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)=n\quad \Longrightarrow\quad n^s = \prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{k}\right)^{s}.$

Poiché $\lim_{n\to +\infty}\dfrac{n}{(n+s+1)\left(1+\dfrac{s}{n}\right)}=1$ , vale l’identità

$\quad$

(9) $\begin{equation*}\Gamma(s+1)=\int_{0}^{+\infty}x^s e^{-x}\,dx = \lim_{n\to +\infty}\prod_{k=1}^{n}\frac{\left(1+\dfrac{1}{k}\right)^s}{\left(1+\dfrac{s}{k}\right)} = \prod_{k\geq 1}\frac{\left(1+\dfrac{1}{k}\right)^s}{\left(1+\dfrac{s}{k}\right)}.\end{equation*}$

$\quad$

Il prodotto infinito che figura nel membro destro converge uniformemente su ogni compatto del piano complesso che non contiene interi negativi. Il prodotto di Eulero è pertanto il prolungamento analitico dell’integrale di Legendre e prova che la funzione $\Gamma$ non ha zeri nel piano complesso. Esso prova inoltre che

$\forall n\in\mathbb{N}\qquad \operatorname*{Res}_{z=-n}\Gamma(z) = \frac{(-1)^n}{n!}.$

Costante $\gamma$

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È ben noto che la serie armonica diverge, e quasi ogni testo di teoria dei Numeri riporta che ciò è equivalente all’esistenza di infiniti primi. In questa sezione siamo interessati a quantificare come la serie armonica diverge, in quanto ciò è strettamente correlato al valore di $\Gamma'(1)$

e, come vedremo in un altro capitolo, al comportamento della funzione $\zeta$

di Riemann. Ricordiamo che per ogni $n\in\mathbb{N}^+$

l’ $n$

-esimo numero armonico $H_n$

è definito come segue:

$H_n = \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k} = \sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{1}x^{k-1}\,dx = \int_{0}^{1}\frac{1-x^n}{1-x}\,dx.$

Per la disuguaglianza di Hermite-Hadamard (si faccia riferimento al capitolo sulla CONVESSITÀ) la differenza tra $H_n$ e $\int_{1}^{n}\dfrac{dx}{x}=\log(n)$ è limitata da una costante. Ciò può essere provato in svariati modi, anche semplicemente osservando che

$H_n-\log(n+1) = \sum_{k=1}^{n}\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)\right)$

è una somma con termini positivi controllati da $\dfrac{1}{2k^2}$ , che è sommabile. Il limite $\lim_{n\to +\infty}(H_n-\log n)$ definisce la costante $\gamma$ di Eulero-Mascheroni. Per il paragrafo precedente si ha $0 < \gamma < \dfrac{\pi^2}{12}$ , e per quanto visto nel capitolo TRASFORMATA DI LAPLACE (teorema di Frullani) la costante di Eulero-Mascheroni ammette una (relativamente) semplice rappresentazione integrale:

(10) $\begin{eqnarray*}\gamma=\notag\sum_{k\geq 1}\left(\frac{1}{k}-\log(k+1)+\log(k)\right) &=& \sum_{k\geq 1}\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-kx}-\frac{e^{-kx}-e^{-(k+1)x}}{x}\right)\,dx\\\notag&=& \int_{0}^{+\infty} \sum_{k\geq 1}\left(e^{-kx}-\frac{e^{-kx}-e^{-(k+1)x}}{x}\right)\,dx\\ &=& \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{xe^x}\right)\,dx. \end{eqnarray*}$

Possiamo a questo punto osservare che l’ultima integranda è data dalla differenza di due funzioni meromorfe con un polo semplice in $x=0$ di residuo $1$ . Inoltre

$\int_{0}^{M}\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{x}\right)\,dx = \log(1-e^{-M})-\log(M),$

$\int_{0}^{M}\frac{1-e^{-x}}{x}\,dx \stackrel{\text{IBP}}{=}(1-e^{-M})\log(M)-\int_{0}^{M}\log(x)e^{-x}\,dx,$

pertanto vale anche

(11) $\begin{equation*}\gamma = -\int_{0}^{+\infty}\log(x)e^{-x}\,dx = -\Gamma'(1).\end{equation*}$

Poiché $\Gamma(1)=1$ si ha inoltre che $\gamma$ coincide con la derivata di $-\log\Gamma(s)$ nel punto $s=1$ .

Esercizio 5 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si determini il valore del seguente limite:

$\lim_{x\to +\infty}\Gamma\left(1+\frac{1}{x}\right)^x.$

$\quad$

Dimostrazione. Abbiamo già visto che la funzione $\log\Gamma(1+z)$ è analitica in un intorno di zero, e per quanto appena esposto sulla costante di Eulero-Mascheroni si ha

$\log\Gamma(1+z) = \frac{\Gamma'}{\Gamma}(1)z+O(z^2) = \gamma z + O(z^2).$

Posto $z=\dfrac{1}{x}$ abbiamo pertanto

$x\log\Gamma\left(1+\frac{1}{x}\right) = \gamma + O\left(\frac{1}{x}\right)$

per $x\to +\infty$ , ed esponenziando ambo i membri

$\lim_{x\to +\infty}\Gamma\left(1+\frac{1}{x}\right)^x = e^{\gamma}.$

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Definiti i coefficienti di Gregory attraverso la serie di Maclaurin di $z/\log(z+1)$

$\frac{z}{\log(z+1)} = 1+\sum_{n\geq 1} G_n z^n,$

si provi attraverso l’inversione di Lagrange che questi soddisfano

$G_n = (-1)^{n-1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x)^n\left(\log^2 x+\pi^2\right)} \ll \frac{1}{n\log^2 n}$

e che vale (Fontana, Mascheroni)

$\gamma = \sum_{n\geq 1}\frac{|G_n|}{n}.$

Esercizio 7 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si provi che $\gamma$

e $\dfrac{1}{\sqrt{3}}$

differiscono di poco più di un decimillesimo.

Esercizio 8 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar)$

. Si provi o si confuti l’appartenenza di $\gamma$

all’insieme dei numeri razionali, tenendo presente che al momento della stesura di queste note (2021) ciò costituisce un problema aperto.

Esercizio 9 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. (AMM 1998, pp.278-279) Si provi che valgono le uguaglianze

$\gamma = \lim_{u\to +\infty}\int_{1/u}^{u}\left(\frac{1}{2}-\cos x\right)\frac{dx}{x} = \lim_{u\to +\infty}\int_{1/u}^{u}\left(\frac{1}{1+x}-\frac{\cos x}{x}\right)\,dx.$

$\quad$

Dimostrazione. Abbiamo immediatamente

$\log u = \int_{1/u}^{u}\frac{dx}{2x} = \int_{1/u}^{u}\frac{dx}{1+x},$

dunque la tesi è equivalente a

$\gamma = \lim_{u\to +\infty}\left(\log u-\int_{1/u}^{u}\frac{\cos x}{x}\,dx\right).$

La funzione coseno integrale $\operatorname{Ci}(s)$ per ogni $s>0$ è definita attraverso

$\operatorname{Ci}(s)=-\int_{s}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx,$

dove la formula di integrazione per parti garantisce

$\operatorname{Ci}(s) = \frac{\sin s}{s}-\int_{s}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^2}\,dx,$

da cui segue $|\operatorname{Ci}(s)|\ll\dfrac{1}{s}$ per $s\to +\infty$ a causa della limitatezza del seno. In particolare è sufficiente provare

$\gamma = \lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(-\log\varepsilon+\operatorname{Ci}(\varepsilon)\right)=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_{\varepsilon}^{1}\frac{dx}{x}-\int_{\varepsilon}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx\right)=\int_{0}^{1}\frac{1-\cos x}{x}\,dx -\int_{1}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx$

dove, da qui in avanti, gli integrali su intervalli illimitati sono da intendersi in senso di Riemann improprio. Utilizzando la notazione $\chi(x)$ per la funzione indicatrice dell’intervallo $[0,1]$ , possiamo riformulare la tesi in maniera molto sintetica:

$\gamma = \int_{0}^{+\infty}\frac{\chi(x)-\cos(x)}{x}\,dx$

ed applicare la proprietà della trasformata di Laplace per cui $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{f(x)}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}(\mathcal{L}f)(s)\,ds$ . Ciò fornisce

(12) $\begin{equation*}\int_{0}^{+\infty}\frac{\chi(x)-\cos(x)}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1-e^{-s}}{s}-\frac{s}{s^2+1}\right)\,ds = \gamma+\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1-e^s}+\frac{1}{s(s^2+1)}\right)\,ds\end{equation*}$

dove nell’ultimo passaggio ci siamo serviti della rappresentazione integrale (10). Non resta che provare che l’ultimo integrale riportato è nullo. Ciò è semplice in quanto l’integranda ha una primitiva elementare e per ogni $M>\varepsilon>0$ si ha

$\int_{\varepsilon}^{M}\left(\frac{1}{1-e^s}+\frac{1}{s(s^2+1)}\right)\,ds = \log\left(\frac{M}{(1-e^{-M})\sqrt{M^2+1}}\right)-\log\left(\frac{\varepsilon}{(1-e^{-\varepsilon})\sqrt{1+\varepsilon^2}}\right)$

dove è sufficiente considerare il limite per $M\to +\infty$ e $\varepsilon\to 0^+$ .

Prodotto di Weierstrass e formula di riflessione

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Il prodotto infinito

$p(s) = \prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{s}{n}\right)^{-1}e^{s/n} = \exp\left(\sum_{n\geq 1}\left(\frac{s}{n}-\log\left(1+\frac{s}{n}\right)\right)\right)$

converge uniformemente su ogni compatto di $\mathbb{C}$ che non contiene numeri interi negativi e definisce una funzione meromorfa, mai nulla, con poli semplici in $-1,-2,-3,\ldots$ . Considerando il quoziente tra $p(s)$ e $\Gamma(s+1)$ , espressa attraverso il prodotto di Eulero, abbiamo che

$\frac{p(s)}{\Gamma(s+1)}=\exp\left(\sum_{n\geq 1}\left(\frac{s}{n}-s\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)\right)$

è una funzione intera e mai nulla, il cui logaritmo (determinazione principale) coincide con

$s \sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{n}-\log\left(1+\frac{1}{n}\right)\right)=\gamma s.$

Ciò prova che il prodotto di Eulero può essere riarrangiato in un prodotto di Weierstrass:

Teorema 10. Vale

$\Gamma(s+1) = e^{-\gamma s}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{s}{n}\right)^{-1} e^{s/n}$

e il prodotto converge uniformemente su ogni compatto di $\mathbb{C}$ che non contiene interi negativi.

$\quad$

A questo punto sopraggiunge una tentazione irresistibile, che è quella di moltiplicare tra loro $\Gamma(1+s)$ e $\Gamma(1-s)$ e scoprire a cosa conduce la massiccia cancellazione di fattori che ha luogo. Rammentiamo dal capitolo di ANALISI COMPLESSA che $\sin(z)$ è una funzione intera di ordine $1$ che ammette il seguente prodotto di Weierstrass, uniformemente convergente su ogni compatto di $\mathbb{C}$ :

$\sin(z) = z\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{z^2}{\pi^2 n^2}\right).$

Per dimostrare tale identità in ambito puramente reale è sufficiente ricorrere alla fattorizzazione dei polinomi di Chebyshev del secondo tipo, come visto nel capitolo sui POLINOMI ORTOGONALI. Nel nostro caso, per ogni $s\in\mathbb{C}$ non intero abbiamo

$\Gamma(1+s)\Gamma(1-s) = \prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{s^2}{n^2}\right) = \frac{\pi s}{\sin(\pi s)}$

e ciò prova

Teorema 11 (formula di riflessione per la funzione $\Gamma$

). Per ogni $s\in\mathbb{C}\setminus\mathbb{Z}$

si ha

(13) $\begin{equation*} \Gamma(s)\Gamma(1-s) = \frac{\pi}{\sin(\pi s)}.\end{equation*}$

$\quad$

Un immediato corollario è l’identità $\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ : la formula di riflessione valutata in $s=\dfrac{1}{2}$ fornisce $\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)^2=\pi$ e l’integrale che definisce $\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)$ è certamente reale e positivo. Una valida alternativa è l’applicazione del teorema di Fubini:

$\begin{aligned} \Gamma\left(\frac{1}{2}\right) &= \int_{0}^{+\infty} \frac{dx}{e^x \sqrt{x}} \\ &\stackrel{x \mapsto u^2}{=} 2 \int_{0}^{+\infty} e^{-u^2} \, du \\ &= \int_{\mathbb{R}} e^{-u^2} \, du, \end{aligned}$

$\begin{aligned} \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)^2 &= \int_{\mathbb{R}} e^{-u^2} \, du \int_{\mathbb{R}} e^{-v^2} \, dv \\ &= \iint_{\mathbb{R}^2} e^{-(u^2 + v^2)} \, du \, dv \\ &= \int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{2\pi} \rho e^{-\rho^2} \, d\theta \, d\rho \\ &= \pi \int_{0}^{+\infty} 2 \rho e^{-\rho^2} \, d\rho \\ &= \pi. \end{aligned}$

È anche possibile far ricorso alla formula di duplicazione, che vedremo nella sezione successiva.

Esercizio 12 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si provi che se $T$

è una quantità reale tendente a $+\infty$

, si ha $\|\Gamma(iT)\|\ll e^{-\pi T/2}$

$\quad$

Dimostrazione. Per definizione di modulo e per il principio di riflessione di Schwartz si ha

$\|\Gamma(iT)\|^2 = \Gamma(iT)\overline{\Gamma(iT)} = \Gamma(iT)\Gamma(-iT)$

dove in virtù delle equazioni funzionali il membro destro può essere espresso come

$\frac{1}{iT}\Gamma(1+iT)\Gamma(-iT) = \frac{\pi}{iT \sin(-\pi i T)} = \frac{\pi}{T \sinh(\pi T)}$

e la conclusione segue immediatamente da $\sinh(\pi T)\sim \frac{1}{2} e^{\pi T}$ .

Esercizio 13 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si determini esplicitamente il valore della serie

$\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\log\left(1+\frac{1}{n}\right).$

$\quad$

Dimostrazione. La serie è convergente per il criterio di Leibniz e può essere riarrangiata come segue:

$\sum_{k\geq 1}\left(\log\left(\frac{2k}{2k-1}\right)-\log\left(\frac{2k+1}{2k}\right)\right)=\sum_{k\geq 1}\log\left(\frac{4k^2}{4k^2-1}\right)=-\log\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{1}{4n^2}\right).$

Il prodotto infinito che compare nel membro destro è noto in letteratura come prodotto di Wallis e può essere facilmente calcolato attraverso la fattorizzazione di Weierstrass del seno:

$\frac{\sin(\pi z)}{\pi z}=\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)\quad \Longrightarrow\quad \prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{1}{4n^2}\right) = \frac{\sin(\pi/2)}{\pi/2} = \frac{2}{\pi}.$

In conclusione

$\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\log\left(1+\frac{1}{n}\right) = \log\left(\frac{\pi}{2}\right).$

Come addendum, l’applicazione del teorema di Frullani conduce ad una (relativamente) semplice rappresentazione integrale per $\log\left(\frac{\pi}{2}\right)$ :

$\log\left(\frac{\pi}{2}\right) = \int_{0}^{+\infty}\sum_{n\geq 1}(-1)^{n+1}\frac{e^{-nx}-e^{-(n+1)x}}{x}\,dx = \int_{0}^{+\infty}\frac{e^x-1}{e^x+1}\cdot \frac{dx}{x e^x} = \int_{0}^{+\infty}\frac{\tanh(x)}{x}\,e^{-2x}\,dx.$

Esercizio 14 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si utilizzi il prodotto di Weierstrass del seno per provare che l’integrale di Riemann improprio $\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\sin x}{x}\,dx$

vale $\dfrac{\pi}{2}$

$\quad$

Dimostrazione. Abbiamo già visto che

$\frac{\pi s}{\sin(\pi s)} = \Gamma(1-s)\,\Gamma(1+s)=\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{s^2}{n^2}\right)$

ed applicando la derivata logaritmica agli estremi abbiamo che

$\pi\cot(\pi s)-\frac{1}{s} = \sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{s+n}+\frac{1}{s-n}\right)$

vale, almeno puntualmente, per ogni $s\in\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$ . Il termine principale della serie a membro destro ha modulo $\ll\frac{1}{n^2}$ , dunque la convergenza è uniforme su ogni sottoinsieme compatto di $\mathbb{R}\setminus\mathbb{Z}$ e nel senso della sommazione simmetrica

(14) $\begin{equation*}\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{s+n}=\pi\cot(\pi s).\end{equation*}$

Da ciò segue che, sempre nel senso della sommazione simmetrica,

(15) $\begin{equation*} \sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{s+n} = -\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{s+n}+2\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{1}{s+2n} = -\pi\cot(\pi s)+\pi\cot\left(\tfrac{\pi s}{2}\right)=\frac{\pi}{\sin(\pi s)}.\end{equation*}$

Per parità e in virtù della sostituzione $x\mapsto \pi s$ abbiamo

$\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin(\pi s)}{s}\,ds.$

Per periodicità della funzione seno il membro destro coincide con

$\lim_{M\to +\infty}\int_{-1/2-M}^{+1/2+M}\frac{\sin(\pi s)}{s}\,ds = \lim_{M\to +\infty}\int_{-1/2}^{1/2}\sin(\pi s)\sum_{k=-M}^{M}\frac{(-1)^k}{s+k}\,ds,$

dunque avvalendoci del Teorema di convergenza dominata e di quanto provato in precedenza abbiamo che

$\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{\sin x}{x}\,dx = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\sin(\pi s)\sum_{n\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^n}{n+s}\,ds = \int_{-1/2}^{1/2}\sin(\pi s)\frac{\pi}{\sin(\pi s)}\,ds = \pi.$

Esercizio 15 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. (un analogo continuo del binomio di Newton). Si provi che una volta estesa la definizione del coefficiente binomiale attraverso la funzione $\Gamma$

, in senso di Riemann improprio vale

$\int_{-\infty}^{+\infty}\binom{n}{x}\,dx = 2^n$

per ogni $n\in\mathbb{N}$ .

$\quad$

Dimostrazione. In virtù dell’equazione funzionale e della formula di riflessione si ha

$\begin{aligned} \binom{n}{x} &= \frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+1 - x) \, \Gamma(x+1)} \\ &= \frac{n!}{x (n - x) (n - 1 - x) \cdots (1 - x) \, \Gamma(1 - x) \, \Gamma(x)} \\ &= \frac{n!}{\pi} \cdot \frac{\sin(\pi x)}{x (1 - x) (2 - x) \cdots (n - x)}. \end{aligned}$

L’idea ora è piuttosto semplice: decomporre in fratti semplici $g_n(x)=\dfrac{1}{x(1-x)(2-x)\cdot\ldots\cdot(n-x)}$ e avvalersi del risultato $\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}\,dx = 1$ . $g_n(x)$ è una funzione meromorfa con poli semplici in $x\in\{0,1,2,\ldots,n\}$ e per ogni $m$ contenuto in quest’ultimo insieme si ha

$\operatorname*{Res}_{x=m}g_n(x) = \lim_{x\to m}\frac{(x-m)}{x(1-x)(2-x)\cdot\ldots\cdot(n-x)}= \frac{(-1)^m}{m!(n-m)!} = \frac{(-1)^m}{n!}\binom{n}{m},$

da cui segue che l’integranda può essere decomposta come

$\binom{n}{x}=\sum_{m=0}^{n}(-1)^m\binom{n}{m}\frac{\sin(\pi x)}{\pi(x-m)},$

dove $\int_{-\infty}^{+\infty}\dfrac{\sin(\pi x)}{\pi x}\,dx = 1$ e la periodicità del seno permettono immediatamente di concludere:

$\int_{-\infty}^{+\infty}\binom{n}{x}\,dx = \sum_{m=0}^{n}\binom{n}{m} = 2^n.$

Formule di moltiplicazione e binomiali centrali

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Un espediente che in varie forme attraversa tutta la Matematica è quello di provare che due funzioni coincidono se sono sufficientemente regolari o rigide² e soddisfano la medesima equazione funzionale, e/o hanno un comportamento identico su un insieme discreto o addirittura finito. Istanze di questo trucco posso essere rinvenute nella dimostrazione per induzione della formula di Binet per i numeri di Fibonacci, nella dimostrazione dell’unicità della soluzione di un problema di Cauchy, nella teoria delle funzioni ellittiche e delle forme modulari, nonché nella dimostrazione di

$\operatorname{sinc}(\pi z)=\prod_{n\geq 1}\left(1-\frac{z^2}{n^2}\right)$

attraverso il calcolo di poli e residui delle derivate logaritmiche di ambo i membri (trucco di Herglotz). La dimostrazione che qui proponiamo delle formule di moltiplicazione ricade all’interno di questa famiglia: sottolineiamo tuttavia che al prezzo di qualche manipolazione algebrica in più, le identità che stiamo per provare possono essere meccanicamente derivate dal prodotto di Eulero o dal prodotto di Weierstrass.

Teorema 16 (formula di duplicazione di Legendre). Posto che tutte le quantità coinvolte siano ben definite, per ogni $z\in\C$

si ha

$\Gamma(2z) = \frac{2^{2z}}{2\sqrt{\pi}}\,\Gamma(z)\,\Gamma\left(z+\tfrac{1}{2}\right).$

Teorema 17 (formula di moltiplicazione di Gauss). Nelle medesime ipotesi del Teorema precedente, per ogni $k\in\N^+$

si ha

$\left(2\pi\right)^{\frac{k-1}{2}} k^{\frac{1}{2}-kz}\,\Gamma(kz)=\prod_{h=0}^{k-1}\Gamma\left(z+\tfrac{h}{k}\right).$

$\quad$

La formula di duplicazione è chiaramente un caso particolare della formula di moltiplicazione, ed entrambi i risultati possono essere provati con la stessa tecnica. Per semplicità di esposizione ci limitiamo a dimostrare la formula di Legendre.

Dimostrazione. Consideriamo la funzione

$g(z) = \frac{\Gamma(z)\,\Gamma\left(z+\dfrac{1}{2}\right)}{\Gamma(2z)}.$

In quanto quoziente di funzioni meromorfe questa è certamente una funzione meromorfa. Osserviamo che il denominatore $\Gamma(2z)$ ha poli semplici in corrispondenza degli elementi dell’insieme $\left\{0,-\dfrac{1}{2},-1,-\dfrac{3}{2},\ldots\right\}$ , e che lo stesso si può affermare per il numeratore. Poiché la funzione $\Gamma$ non ha zeri, $g(z)$ risulta una funzione intera e mai nulla sul piano complesso. In virtù dell’equazione funzionale per la $\Gamma$ abbiamo inoltre

$\frac{g(z+1)}{g(z)}=\frac{z\left(z+\dfrac{1}{2}\right)}{(2z+1)(2z)} = \frac{1}{4},$

dunque $g(z)$ è necessariamente della forma $\dfrac{C}{4^z}$ , e il valore esplicito di $C$ può essere recuperato dal calcolo esplicito di $4g(1)$ :

$C=4 g(1) = \frac{4\Gamma(1)\Gamma\left(\dfrac{3}{2}\right)}{\Gamma(2)} = 4\Gamma\left(\dfrac{3}{2}\right) = 2\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=2\sqrt{\pi}.$

Il lettore o la lettrice zelante avrà a questo punto realizzato che l’esercizio 1 non è altro che l’istanza $z\in\N^+$ della formula di duplicazione, legata a doppio filo al comportamento dei binomiali centrali. Rammentiamo a tale proposito che per ogni $n\in\mathbb{N}$ , in virtù della formula di integrazione per parti e del principio di induzione, si ha

(16) $\begin{equation*}\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta\right)^{2n}d\theta = \frac{\pi}{2\cdot 4^n}\binom{2n}{n},\qquad \int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta\right)^{2n+1}\,d\theta = \frac{4^n}{(2n+1)\binom{2n}{n}},\end{equation*}$

dove la funzione $f(s)=\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta\right)^s\,d\theta$ è positiva, decrescente e log-convessa su $\mathbb{R}^+$ . Queste due rappresentazioni integrali hanno estrema rilevanza in molti contesti: permettono di determinare il prodotto di Wallis senza far ricorso alla fattorizzazione di Weierstrass del seno, sono legate ai numeri di Catalan, alle serie di Maclaurin di $(1-x)^{\pm\frac{1}{2}}$ (da cui Newton ha derivato la “sua” serie per $\pi$ ) e a quelle di molte altre funzioni ipergeometriche con parametri semi-interi. Ripercorrendo i sentieri dell’esercizio 1 abbiamo ad esempio che per ogni $z\in(-1,1)$ vale

$\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}z^{2n} = \frac{2}{\pi}\sum_{n\geq 0}\int_{0}^{\pi/2}(z\sin\theta)^{2n}\,d\theta = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{1-z^2\sin^2\theta}\stackrel{\text{SYM}}{=}\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{1-z^2\cos^2\theta}$

e ponendo $\theta=\arctan u$ risulta

$\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n}z^{2n} = \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{du}{(1-z^2)+u^2}=\frac{1}{\sqrt{1-z^2}},$

da cui segue

$(1-z)^{-1/2} = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}z^n$

per ogni $z\in(0,1)$ . I binomial centrali normalizzati $c_n=\dfrac{1}{4^n}\binom{2n}{n}$ e il termini $(-1)^n\binom{-1/2}{n}$ definiti tramite la funzione $\Gamma$ hanno il medesimo valore in $n=0$ e soddisfano la medesima ricorrenza, per cui coincidono. Tale ricorrenza,

$\frac{c_{n+1}}{c_n} = \frac{\dfrac{1}{4^{n+1}\binom{2n+2}{n+1}}}{\dfrac{1}{4^n \binom{2n}{n}}} = \dfrac{(2n+2)(2n+1)}{4(n+1)^2} = \dfrac{2n+1}{2n+2},$

permette di determinare molto accuratamente il comportamento asintotico dei $c_n$ . Già soltanto la rappresentazione integrale ci fornisce una stima discretamente accurata: sull’intervallo $(0,\pi/2)$ abbiamo per convessità $\tan x > x$ , che integrata fornisce $\log\cos(x)\leq -\frac{x^2}{2}$ . L’esponenziazione dell’ultima disuguaglianza dà luogo a $\cos(x)\leq e^{-x^2/2}$ , da cui

$\quad$

(17) $\begin{equation*} \frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\leq \frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi/2} e^{-nx^2}\,dx < \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}e^{-nx^2}\,dx = \frac{1}{\sqrt{\pi n}}.\end{equation*}$

$\quad$

D’altra parte il medesimo discorso applicato al secondo integrale in (16), legato al reciproco di $c_n$ , trasmuta questa maggiorazione in una minorazione analoga:

$\quad$

(18) $\begin{equation*} \frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\geq \frac{1}{\sqrt{\pi\left(n+\tfrac{1}{2}\right)}},\end{equation*}$

$\quad$

provando di fatto che $\lim_{n\to +\infty}\dfrac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n}{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}$ . Stime più fini possono essere effettuate osservando che

$c_n = \prod_{k=1}^{n}\left(1-\frac{1}{2k}\right)\quad\Longrightarrow\quad c_n^2 = \frac{1}{4}\prod_{k=2}^{n}\left(1-\frac{1}{k}\right)\left(1+\frac{1}{4k(k-1)}\right)=\frac{1}{4n}\prod_{k=1}^{n-1}\left(1+\frac{1}{4k(k+1)}\right)$

così come

$c_n^2 = \frac{1}{4n}\prod_{k=1}^{n-1}\left(1-\frac{1}{(2k+1)^2}\right)^{-1}=\frac{1}{\pi n}\prod_{k\geq n}\left(1-\frac{1}{(2k+1)^2}\right)=\frac{1}{\pi n}\prod_{k\geq n}\left(1+\frac{1}{4k(k+1)}\right)^{-1},$

dove abbiamo sfruttato l’identità $\prod_{k\geq 1}\left(1-\dfrac{1}{(2k+1)^2}\right)=\dfrac{\pi}{4}$ che discende dal prodotto di Weierstrass del coseno.

A questo punto il creative telescoping ci viene in soccorso. È algebricamente immediato verificare che per ogni $k\geq 0$ si ha

$\frac{1+\dfrac{1}{4k+5}}{1+\dfrac{1}{4k+1}}-\left(1-\frac{1}{(2k+1)^2}\right) = \frac{3}{(2k+1)^2(4k+5)} > 0,$

dunque per prodotti telescopici vale il seguente raffinamento di (17):

$\quad$

(19) $\begin{equation*}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\leq \frac{1}{\sqrt{\pi\left(n+\tfrac{1}{4}\right)}}.\end{equation*}$

$\quad$

Più banalmente, per ogni $k\geq 1$ si ha $1+\dfrac{1}{4k(k+1)} < \exp\left(\dfrac{1}{4k(k+1)}\right)=\exp\left(\dfrac{1}{4k}-\dfrac{1}{4k+4}\right)$ , dunque anche la minorazione (18) può essere raffinata mediante prodotti telescopici:

$\quad$

(20) $\begin{equation*}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\geq \frac{1}{\sqrt{\pi n}}\,\exp\left(-\frac{1}{8n}\right).\end{equation*}$

$\quad$

Per ogni $n\in\mathbb{N}^+$ la differenza tra la maggiorazione fornita da (19) e la minorazione fornita da (20) è minore di $\dfrac{7}{1000}$ e si comporta asintoticamente come $n^{-5/2}$ .

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si determini esplicitamente la trasformata inversa di Laplace della funzione $g(s)=\dfrac{1}{4^s}\binom{2s}{s}$

$\quad$

Buffamente, sono molto pochi i software di Algebra computazionale che al momento (2021) sono in grado di venire immediatamente a capo di questo esercizio. Ci auguriamo che la sua risoluzione sia un primo passo verso la conquista dell’ambita medaglietta BETTERTHANMATHEMATICA^™.

Dimostrazione. Per la formula di duplicazione abbiamo

$\frac{1}{4^s}\binom{2s}{s} = \frac{\Gamma(2s+1)}{4^s \Gamma(s+1)^2} = \frac{\Gamma\left(s+\dfrac{1}{2}\right)}{\sqrt{\pi}\,\Gamma(s+1)},$

dove il membro destro è una funzione meromorfa con un polo semplice in $-n-\dfrac{1}{2}$ avente residuo $\dfrac{1}{\pi\,4^n}\binom{2n}{n}$ per ogni $n\in\mathbb{N}$ . Ciò comporta³

(21) $\begin{equation*} \frac{1}{4^s}\binom{2s}{s} = \frac{1}{\pi}\sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\frac{1}{s+n+\frac{1}{2}} \end{equation*}$

e poiché $\mathcal{L}^{-1}\left(\dfrac{1}{s+n+\frac{1}{2}}\right)=\exp\left(-\dfrac{x}{2}-nx\right)$ , in virtù della serie di Maclaurin di $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ abbiamo

$\mathcal{L}^{-1}\left(\dfrac{1}{4^s}\binom{2s}{s}\right) = \dfrac{1}{\pi\sqrt{e^x-1}}=\frac{1}{\pi\sqrt{x}}\sqrt{\frac{x}{e^x-1}}=\frac{1}{\pi\sqrt{x}}\left(1-\frac{x}{4}+\frac{x^2}{96}+\frac{x^3}{384}-\frac{x^4}{10240}+\ldots\right)$

dove il raggio di convergenza dell’ultima serie di Maclaurin è $2\pi$ . Considerando solo i primi termini della serie e riapplicando $\mathcal{L}$ agli estremi otteniamo stime molto più accurate delle precedenti per il comportamento asintotico dei binomiali centrali normalizzati per $s\to +\infty$ .

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

(forma debole della disuguaglianza di Stirling). Si dimostri che per $n\to +\infty$

vale

$n! = n^n e^{-n} \sqrt{2\pi n}\left(1+O\left(\dfrac{1}{n}\right)\right).$

$\quad$

Dimostrazione. La tecnica che stiamo per mettere in atto è quella di determinare il comportamento asintotico di $\log(n!)=\sum_{k=1}^{n}\log(k)$ per poi esponenziarlo. Osserviamo immediatamente che, per sommazione per parti,

$\sum_{k=1}^{n}\log(k) = n\log(n) - \sum_{k=1}^{n-1} n \log\left(1+\frac{1}{n}\right)=n\log n-n+1+\sum_{k=1}^{n-1}k\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)\right)$

dove $x-\log(1+x)=\dfrac{x^2}{2}+O(x^3)$ e $H_n\sim\log n$ comportano

$\begin{eqnarray*} \sum_{k=1}^{n}k\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)\right) &=& \frac{H_n}{2} + \sum_{k=1}^{n}k\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{2k^2}\right)\\ &=& \frac{\log n}{2}+\underbrace{\frac{\gamma}{2}+\sum_{k\geq 1}k\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{2k^2}\right)}_{C}+O\left(\frac{1}{n}\right)\end{eqnarray*}$

pertanto vale

(22) $\begin{equation*} n! = n^{n} e^{-n} K \sqrt{n}\left(1+O\left(\tfrac{1}{n}\right)\right)\end{equation*}$

per qualche costante $K$ legata al valore di $e^{C}$ . Notiamo infine che il comportamento asintotico dei binomiali centrali ci fornisce esplicitamente il valore di tale costante $K$ , altresì legata a $\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)$ e al prodotto di Wallis. L’asintotico finora sviluppato comporta infatti

$\lim_{n\to +\infty}\frac{\sqrt{n}}{4^n}\binom{2n}{n} = \lim_{n\to +\infty}\frac{\sqrt{n}(2n)!}{4^n n!^2} = \frac{\sqrt{2}}{K},$

ma abbiamo già visto che il membro sinistro vale $\dfrac{1}{\sqrt{\pi}}$ , dunque $K=\sqrt{2\pi}$ .

Notiamo che (22) può essere ottenuta anche attraverso il metodo dei trapezi. Abbiamo infatti che l’integrale di $\log(x)$ su $[1,n]$ vale $n\log n-n$ e su tale intervallo la funzione $\log x$ è concava, pertanto

$n\log n-n = \int_{1}^{n}\log(x)\,dx \geq \frac{1}{2}\log(1)+\log(2)+\ldots+\log(n-1)+\frac{1}{2}\log(n)=\log(n!)-\log\sqrt{n}$

e lo scarto tra il termine sinistro e il termine destro converge ad una costante. Questo infatti è dato da

$E_n = \sum_{m=1}^{n-1}\int_{m}^{m+1}\underbrace{\left(\log\left(\frac{x}{m}\right)-\log\left(1+\frac{1}{m}\right)(x-m)\right)}_{f_m(x)}\,dx$

dove $f_m(x)$ ha un unico punto stazionario interno all’intervallo $(m,m+1)$ , situato in corrispondenza del reciproco di $\log\left(1+\dfrac{1}{m}\right)$ . Pertanto (22) può essere vista anche come diretta conseguenza del fatto che

$f_m\left(\frac{1}{\log\left(1+\frac{1}{m}\right)}\right) = \frac{1}{8m^2}+O\left(\frac{1}{m^3}\right)$

è sommabile. In termini espliciti

$\begin{aligned} E_n &= \int_{0}^{1} \sum_{m=1}^{n-1} \left( \log\left(1 + \frac{x}{m}\right) - x \log\left(1 + \frac{1}{m}\right) \right) \, dx \\ &= \int_{0}^{1} \log \prod_{m=1}^{n-1} \left(1 + \frac{x}{m}\right) e^{-x/m} \, dx \\ &\quad - \frac{1}{2} \sum_{m=1}^{n-1} \left( \frac{1}{m} - \log\left(1 + \frac{1}{m}\right) \right). \end{aligned}$

dunque facendo tendere $n$ a $+\infty$ e poi sfruttando il prodotto di Weierstrass della funzione $\Gamma$ e la formula di riflessione

$\lim_{n\to +\infty}E_n = \int_{0}^{1}\log\Gamma(x)\,dx = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\log\left(\Gamma(x)\Gamma(1-x)\right) = \frac{1}{2}\int_{0}^{1}\log\left(\frac{\pi}{\sin(\pi x)}\right)\,dx = \frac{1}{2}\log(2\pi).$

Rammentiamo che l’integrale di $\log\sin(x)$ su $(0,\pi)$ può essere facilmente calcolato, via somme di Riemann, attraverso l’identità

$\prod_{k=1}^{n-1}\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)=\frac{2n}{2^n}$

che discende dalla formula di De Moivre.

Abbiamo già visto nel capitolo di ANALISI COMPLESSA che l’essere un’applicazione conforme (olomorfa) o a laplaciano nullo (armonica) pone vincoli pesanti sulla struttura geometrica del grafico. Vincoli che sono ulteriormenti appesantiti dalla supposizione che l’applicazione sia localmente iniettiva, o dalla supposizione che l’immagine schivi uno o più valori. ↩

Vedremo un’ulteriore prova di questa identità nel capitolo sulla FUNZIONE BETA. ↩

Teorema di Bohr-Mollerup

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Esistono diverse funzioni di classe $C^{\infty}$

che soddisfano la relazione funzionale $f(z+1)=(z+1)f(z)$

per ogni $z>-1$

e coincidono sui naturali con il fattoriale. Un esempio lampante è $f(z)=\Gamma(z+1)\cos^2(\pi z)$

. Aggiungendo un’ipotesi (piuttosto stringente dal punto di vista geometrico) abbiamo tuttavia che la funzione $\Gamma$

è l’unica estensione “spontanea” del fattoriale:

Teorema 20 (Bohr-Molleru). Tra tutte le funzioni $f:(-1,+\infty)\to(0,+\infty)$

che soddisfano la relazione funzionale $f(z+1)=(z+1)f(z)$

per ogni $z>-1$

e tali per cui $f(0)=1$

, la funzione $\Gamma(z+1)$

è l’unica che ha logaritmo convesso.

$\quad$

Dimstrazione. Supponiamo che una funzione $G:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ soddisfi $G(z+1)=z G(z)$ , $G(1)=1$ ed abbia logaritmo convesso. In tal caso la funzione

$\Delta(x_1,x_2)=\frac{\log G(x_2)-\log G(x_1)}{x_2-x_1}$

che fornisce la pendenza della retta secante per $(x_1,\log G(x_1))$ e $(x_2,\log G(x_2))$ , sul dominio $0 < x_1 < x_2$ deve risultare monotona rispetto ad entrambi gli argomenti. Un’opportuna scelta di parametri $x_1,x_2$ conduce allora alla disuguaglianza

$(n-1)^x (n-1)! \leq \Gamma(n+x) \leq n^x (n-1)!$

per ogni $x>0$ e per ogni $n\in\mathbb{N}^+$ . Posto $P_n(x)=\dfrac{n^x n!}{x(x+1)\cdot\ldots\cdot (x+n)}$ , la relazione funzionale comporta

$P_n(x)\left(1-\frac{1}{n}\right)^x\frac{n+x}{n} \leq G(x) \leq P_n(x)\frac{n+x}{n}$

dunque passando al limite per $n\to +\infty$ deve aversi

$G(x) = \lim_{n\to +\infty} P_n(x)$

dove il membro destro è esattamente il prodotto di Eulero per la funzione $\Gamma$ , come visto in (8).

Questo risultato ci sarà incredibilmente utile nel capitolo successivo sulla FUNZIONE BETA.

Volumi e superfici di sfere

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Indichiamo con $V_n(R)$

e $S_n(R)$

rispettivamente il volume e la superficie della palla euclidea di raggio $R$

in $\mathbb{R}^n$

Per le proporzionalità indotte dalle omotetie si ha certamente $V_n(R)=R^n V_n(1)$ e $S_n(R)=R^{n-1}S_n(1)$ , per cui poniamo $V_n=V_n(1)$ e $S_n=S_n(1)$ . $V_n(R+\varepsilon)-V_n(R)$ è il volume del guscio sferico compreso tra i raggi $R$ ed $R+\varepsilon$ , dunque per convessità (o dalla disuguaglianza di Brunn-Minkowski)

$S_n(R) = \frac{\partial}{\partial R}V_n(R) = n R^{n-1} V_n,\qquad S_n = n V_n.$

I valori di $V_n$ , e dunque anche quelli di $V_n$ , sono intrinsecamente legati al comportamento della funzione $\Gamma$ .

Consideriamo infatti la forma quadratica

$Q(\overline{x}) = Q(x_1,x_2,\ldots,x_n) = x_1^2+x_2^2+\ldots+x_n^2 = \|\overline{x}\|^2.$

Per il Teorema di Fubini si ha

$I_n = \int_{\R^n}\exp(-Q(\overline{x}))\,d\mu = \left(\int_{\R}e^{-x^2}\,dx\right)^n = \pi^{n/2},$

ma il medesimo integrale calcolato in coordinate polari coincide con

$I_n = \int_{0}^{+\infty}S_n(\rho) e^{-\rho^2}\,d\rho = S_n \int_{0}^{+\infty} \rho^{n-1} e^{-\rho^2}\,d\rho \stackrel{\rho\mapsto\sqrt{z}}{=} \frac{S_n}{2}\int_{0}^{+\infty} z^{\frac{n}{2}-1}e^{-z}\,dz = \frac{S_n}{2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right),$

$\quad$

$S_n = \frac{2\pi^{n/2}}{\Gamma(n/2)},\qquad V_n = \frac{\pi^{n/2}}{\Gamma(1+n/2)}.$

$\quad$

È immediato verificare che sia $S_n$ che $V_n$ sono multipli razionali di $\pi^{\lfloor n/2\rfloor}$ . Un dettaglio vagamente controintuitivo è che le successioni $\{S_n\}_{n\geq 2}$ e $\{V_n\}_{n\geq 2}$ non sono monotone: $S_n$ raggiunge massimo $\dfrac{16}{15}\pi^3\approx 33.07$ per $n=7$ e $V_n$ raggiunge massimo $\dfrac{8}{15}\pi^2\approx 5.26$ per $n=5$ .

Derivate frazionarie

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Su un’opportuno spazio di funzioni (univariate) chiuso rispetto alla derivazione (eventualmente in senso debole), una questione interessante è quella di capire se esiste un operatore $T$

che composto con sé stesso coincida con l’operatore di derivazione. Un problema analogo è quello di determinare un operatore $S$

tale che $(S\circ S)(f)$

restituisca una primitiva di $f$

. Identificare degli operatori di semi-derivazione o semi-integrazione (più in generale degli operatori frazionari) è un problema celebre dell’Analisi che ammette svariate soluzioni. In un contesto ristretto ma non troppo, la trasformata di Laplace fornisce una costruzione semplice di quelle che sono note come derivate frazionarie (di Caputo).

Se $f$ è una funzione derivabile e limitata su $\mathbb{R}^+$ abbiamo infatti

$(\mathcal{L}f')(s) = -\!\!\!\lim_{x\to 0^+}f(x)+s\cdot (\mathcal{L}f)(s),$

che abbiamo già sfruttato numerose volte nella risoluzione di equazioni differenziali omogenee. Se ci restringiamo allo spazio vettoriale generato dai “monomi” della forma $x^{\alpha}$ con $\alpha > 0$ , la precedente relazione assume la forma più semplice

$(\mathcal{L}f')(s) = s\cdot (\mathcal{L}f)(s),$

che suggerisce l’introduzione degli operatori

$(D^{1/2} f)(x) = \mathcal{L}^{-1}\left(\sqrt{s}(\mathcal{L}f)(s)\right)(x),\qquad (D^{-1/2} f)(x) = \mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{s}}(\mathcal{L}f)(s)\right)(x).$

Osserviamo che se $f(x)=x^{\alpha}$ si ha

$\mathcal{L}f(s) = \frac{\Gamma(\alpha+1)}{s^{\alpha+1}},\qquad D^{1/2}x^{\alpha}=\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+1/2)}x^{\alpha-1/2},\qquad D^{-1/2}x^{\alpha}=\frac{\Gamma(\alpha+1)}{\Gamma(\alpha+3/2)}x^{\alpha+1/2}$

dunque $D^{1/2}\circ D^{1/2}$ e $D^{-1/2}\circ D^{-1/2}$ mandano $x^{\alpha}$ rispettivamente in $\alpha x^{\alpha-1}$ e $\frac{1}{\alpha+1}x^{\alpha+1}$ come desiderato.

Restringendosi al caso $x\in(0,1)$ , dalle proprietà della funzione Beta (che vedremo in dettaglio nel prossimo capitolo) si ha anche che

$D^{-1/2} f(x) = \sqrt{\frac{x}{\pi}}\int_{0}^{1}\frac{f(xz)}{\sqrt{1-z}}\,dz$

vale per ogni $f(x)$ della forma $x^\alpha$ , pertanto anche sullo spazio vettoriale generato da queste funzioni. Ciò allaccia la definizione di semi-primitiva fornita dalla trasformata di Laplace con gli operatori frazionari introdotti da Cauchy.

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si consideri lo spazio $\mathcal{N}$

delle funzioni analitiche e a quadrato integrabile su $(0,1)$

, munito del prodotto scalare canonico $\langle f,g\rangle = \int_{0}^{1}f(x)g(x)\,dx$

. Si indichi con $\tau$

l’operatore che manda $f(x)$

in $f(1-x)$

. Detto $D^{-1/2}_\perp$

l’operatore aggiunto della semiprimitiva, ossia quello che realizza

$\langle D^{-1/2} f, g \rangle = \langle f, D^{-1/2}_\perp g\rangle,$

si provi che l’aggiunto di $D^{-1/2}$ è il coniugato di $D^{-1/2}$ via $\tau$ , ossia

$D^{-1/2}_\perp = \tau D^{-1/2} \tau.$

Si provi che questo dà luogo ad un formula di semi-integrazione per parti.

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Attraverso la formula di Rodrigues o le opportune ricorrenze/funzioni generatrici, si provi che l’operatore $D^{-1/2}$

(semiprimitiva) trasforma nel seguente modo polinomi di Legendre in polinomi di Chebyshev:

$D^{-1/2}(P_n(2x-1))=\frac{2}{\sqrt{\pi}}\cdot\frac{T_{2n+1}(\sqrt{x})}{2n+1}.$

Esercizio 23 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

. Si provi che in $C^\omega(0,1)$

si ha

$\sqrt{\pi}\,D^{1/2}\sqrt{1-x} = \frac{1}{\sqrt{x}}-\arctanh{\sqrt{x}}.$

$\quad$

Dimostrazione. Integrando la serie di Maclaurin di $\dfrac{1}{\sqrt{1-x}}$ (funzione generatrice ordinaria dei binomiali centrali

normalizzati) abbiamo

$\sqrt{1-x} = \sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(1-2n)}x^n,$

e poiché

$D^{1/2} x^n = \frac{\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+1/2)} x^{n-1/2} = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\cdot \frac{4^n}{\binom{2n}{n}} x^{n-1/2}$

si verifica:

$\sqrt{\pi}\,D^{1/2}\sqrt{1-x} = \sum_{n\geq 0}\frac{x^{n-1/2}}{1-2n},$

dunque è sufficiente osservare che il membro destro valutato in $x^2$ è

$\frac{1}{x}-\sum_{n\geq 0}\frac{x^{2n+1}}{2n+1}=\frac{1}{x}-\arctanh{x}.$

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar)$

. Si provi che

$\sum_{n\geq 0}\left[\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\right]^2\frac{1}{4n+3} = \frac{2}{\pi}-\frac{4\pi^2}{\Gamma^4\left(\frac{1}{4}\right)}.$

$\quad$

Riferimenti bibliografici

[1] Andrews, G. E., Askey, R., Roy, R., “Special Functions”, Cambridge University Press, 1999.

[2] Artin, E., “The Gamma Function”, Courier Dover Publications, 2015.

[3] Ball, K., “An Elementary Introduction to Modern Convex Geometry”, MSRI Publications, vol. 31, 1997.

[4] Campbell, J.M., Cantarini, M., D’Aurizio, J., “Symbolic computations via Fourier–Legendre expansions

and fractional operators”, Integral Transforms and Special Functions, 2021.

[5] D’Aurizio, J., Superior Mathematics from an Elementary point of view, pp.76-87, 2017.

[6] Viola, C., “An Introduction to Special Functions”, Springer International Publishing, 2016.

[7] Whittaker, E.T., Watson, G.N., “A Course Of Modern Analysis”, Cambridge University Press, 1996.

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