Funzione Beta – Teoria ed esercizi

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La funzione Beta esprime il rapporto $\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$ , dove $\Gamma$ è la funzione Gamma di Eulero. La funzione Beta è notevolmente utile nel calcolo esplicito di integrali impropri o di alcune somme di serie numeriche.
In questo articolo, pensato per esperti nel campo dell’Analisi Matematica, esaminiamo la definizione della funzione Beta e analizziamo molti di questi esempi, offrendo un tour affascinante al confine tra l’Analisi Matematica e la Teoria dei Numeri, completo di esercizi di livello avanzato per i lettori più esigenti.

Oltre alla lista reperibile alla fine dell’articolo, segnaliamo al lettore le seguenti pagine:

Buona lettura!

Autori e revisori

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Autore: Jack D’Aurizio.

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)

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

Tutto il precedente capitolo sulla funzione $\Gamma$ (FUNZIONE GAMMA)

teorema di Fubini, teorema di convergenza dominata, derivazione sotto il segno di integrale (ANALISI FUNZIONALE)

Trasformata di Laplace (TRASFORMATA DI LAPLACE)

Residui e decomposizioni in fratti semplici (ANALISI COMPLESSA)

Definizione

Per parametri $a,b\in\mathbb{R}^+$ la funzione Beta di Eulero è definita attraverso

$B(a,b) = \int_{0}^{1} x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx.$

Un primo momento importante è costituito dalla dimostrazione dell’identità fondamentale

(1) $\begin{equation*} B(a,b) = \frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}.\end{equation*}$

$\quad$

Dimostrazione.

Per un qualunque fissato valore di $b\in\mathbb{R}^+$

andiamo a considerare la funzione

$f(a) = \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(b)}\int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx.$

L’integrale che figura nel membro destro è positivo e continuo rispetto al parametro $a$ . Esso è inoltre log-convesso per punti medi come conseguenza della disuguaglianza di Cauchy-Schwarz in forma integrale:

$\int_{0}^{1} x^{a_1-1}(1-x)^{b-1}\,dx \int_{0}^{1} x^{a_2-1}(1-x)^{b-1}\,dx \geq \left(\int_{0}^{1}x^{\frac{a_1+a_2}{2}-1}(1-x)^{b-1}\,dx\right)^2.$

Log-convessità per punti medi e continuità comportano log-convessità; inoltre anche il termine $\dfrac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(b)}$ è log-convesso rispetto alla variabile $a$ . Ciò comporta che $f:\mathbb{R}^+\to \mathbb{R}^+$ è continua e log-convessa. Per integrazione per parti

(2) $\begin{equation*} \begin{split} f(a+1)&=\frac{\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(b)}\int_{0}^{1}x^a (1-x)^{b-1}\,dx = \\ &=a\frac{\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(b+1)}\int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^b\,dx=\\ &=a\frac{\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(b+1)}\int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx-a\frac{\Gamma(a+b+1)}{\Gamma(b+1)}\int_{0}^{1}x^{a}(1-x)^{b-1}\,dx= \\ &=\frac{a(a+b)}{b}f(a)-\frac{a}{b} f(a+1), \end{split} \end{equation*}$

il che comporta $f(a+1)=a f(a)$ . Vale inoltre

$f(1) = b \int_{0}^{1}(1-x)^{b-1}\,dx = 1,$

dunque $f$ soddisfa le ipotesi del teorema di Bohr-Mollerup e si ha $f(a)=\Gamma(a)$ .

Vediamo anche una dimostrazione alternativa basata sul teorema di Fubini, che probabilmente vi ricorderà quanto fatto nel capitolo sulla FUNZIONE GAMMA per determinare superfici e volumi delle palle euclidee $n$ -dimensionali. Presi $r,s > -1$ abbiamo

(3) $\begin{equation*} \int_{0}^{+\infty}x^r e^{-x^2}\,dx \int_{0}^{+\infty} y^s e^{-y^2}\,dy = \iint_{\mathbb{R}^+\times \mathbb{R}^+} x^r y^s e^{-(x^2+y^2)}\,dx\,dy. \end{equation*}$

Per i cambiamenti di variabile $x\mapsto\sqrt{u}$ e $y\mapsto\sqrt{v}$ il membro sinistro coincide con

$\frac{1}{4}\int_{0}^{+\infty} u^{\frac{r-1}{2}} e^{-u}\,du \int_{0}^{+\infty} v^{\frac{s-1}{2}}e^{-v}\,dv = \frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{r+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right).$

Calcolando il membro destro di (3) in coordinate polari si ottiene

$\int_{0}^{\pi/2}\int_{0}^{+\infty} (\cos\theta)^r (\sin\theta)^s \rho^{r+s+1} e^{-\rho^2}\,d\rho\,d\theta = \frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{r+s+2}{2}\right) \int_{0}^{\pi/2}(\cos\theta)^r(\sin\theta)^s\,d\theta.$

Operando nell’ultimo integrale la sostituzione $\theta=\arcsin t$ abbiamo che ambo i membri di (3) coincidono con

$\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{r+s}{2}\right) \int_{0}^{1}(1-t^2)^{\frac{r-1}{2}} t^s\,dt \stackrel{t\mapsto\sqrt{z}}{=} \frac{1}{4}\Gamma\left(\frac{r+s}{2}\right)\int_{0}^{1} z^{\frac{s-1}{2}}(1-z)^{\frac{r-1}{2}}\,dz.$

Questo prova

$B\left(\frac{s+1}{2},\frac{r+1}{2}\right) = \frac{\Gamma\left(\frac{r+1}{2}\right)\Gamma\left(\frac{s+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\frac{r+s+2}{2}\right)}$

che è equivalente a (1). Presentiamo anche un terzo approccio basato sulla trasformata di Laplace e su una argomentazione di densità: in particolare andiamo a determinare la trasformata di Laplace di $(1-e^{-x})^n$ dove $n\in \mathbb{N}$ . Per il binomio di Newton abbiamo

$(1-e^{-x})^n = \sum_{k=0}^{n}\binom{n}{k}(-1)^k e^{-kx},$

pertanto si ha

$\mathcal{L}\left((1-e^{-x})^n\right)(s) = \sum_{k=0}^{n}\frac{(-1)^k \binom{n}{k}}{k+s}.$

Attraverso il teorema dei residui non è difficile realizzare che il termine destro coincide con

$\frac{n!}{s(s+1)\cdot\ldots\cdot(s+n)}=\frac{\Gamma(s)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+s+1)},$

dunque per ogni $s>0$ si ha

$\frac{\Gamma(s)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+s+1)}=\int_{0}^{+\infty}(1-e^{-x})^n e^{-sx}\,dx \stackrel{x\mapsto -\log u}{=} \int_{0}^{1}(1-u)^n u^{s-1}\,du = B(n+1,s)$

che prova (1) a patto che almeno un valore tra $a$ e $b$ sia intero. D’altra parte il medesimo discorso applicato alla trasformata di Laplace di $(1-e^{-x/q})^n$ , con $q\in\mathbb{N}^+$ , prova la validità di (1) alla semplice condizione che almeno uno tra i valori di $a$ e $b$ sia razionale. La continuità sia di $B(a,b)$ che di $\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$ rimuove infine qualunque restrizione.

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

. Attraverso opportune sostituzioni si provi che, nelle ipotesi $a>0$

e $ab>1$

, vale

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x^a)^b} = \frac{\Gamma\left(1+\dfrac{1}{a}\right)\Gamma\left(b-\dfrac{1}{a}\right)}{\Gamma(b)}.$

Prodotto di Weierstrass

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Notiamo che, così come il prodotto di Eulero per la funzione $\Gamma$

prolunga analiticamente l’integrale di Legendre,

il quoziente $\dfrac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}$ prolunga analiticamente l’integrale $\int_{0}^{1}x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,dx$ a tutto $(\mathbb{C}\setminus -\mathbb{N})^2$ . Inoltre la simmetria dell’espressione cancella il termine $e^{-\gamma x}$ nel prodotto di Weierstrass della $\Gamma$ :

$\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}=\frac{a+b}{ab}\prod_{n\geq 1}\left(1+\frac{a}{n}\right)^{-1}\left(1+\frac{b}{n}\right)^{-1} e^{\frac{a+b}{n}}.$

Applicazioni

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

(Definizioni equivalenti di $\pi$

). Si provi che $\Gamma^2\left(\dfrac{1}{2}\right)$

è una definizione equivalente di $\pi$

Svolgimento.

La definizione di $\pi$

come area del cerchio unitario nel piano può essere facilmente codificata come segue:

$\pi = 4\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx,$

in quanto il membro destro è precisamente quattro volte l’area di un settore circolare di raggio $1$ determinato da un angolo retto, sottografico di $\sqrt{1-x^2}$ su $(0,1)$ per via del teorema di Pitagora. D’altro canto

$4\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}\,dx \stackrel{x\mapsto\sqrt{u}}{=} 2 \int_{0}^{1}(1-u)^{1/2} u^{-1/2}\,du = 2\cdot B\left(\dfrac{3}{2},\dfrac{1}{2}\right) = \Gamma^2\left(\tfrac{1}{2}\right).$

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

(MSE#2062415). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale doppio

$I=\iint_{\mathbb{R}^2}\frac{dx\,dy}{1+x^2+y^4}.$

Svolgimento.

In virtù del teorema di Fubini e della simmetria dell’integranda si ha

$I = 2\pi\int_{0}^{+\infty}\frac{dy}{\sqrt{1+y^4}} \stackrel{y\mapsto z^{1/2}}{=}\pi\int_{0}^{+\infty}\frac{dz}{\sqrt{z(1+z^2)}}\stackrel{z\mapsto\tan\theta}{=}\pi \int_{0}^{\pi/2}\frac{d\theta}{\sqrt{\sin\theta\cos\theta}}$

ed operando la sostituzione $\theta\mapsto\arcsin(u)$ abbiamo

$I = \pi \int_{0}^{1} u^{-1/2}(1-u^2)^{-3/4}\,du \stackrel{u\mapsto\sqrt{v}}{=} \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} v^{-3/4}(1-v)^{-3/4}\,dv = \frac{\pi}{2}\,B\left(\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right) = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\,\Gamma^2\left(\frac{1}{4}\right).$

Vedremo nel capitolo sugli INTEGRALI ELLITTICI che, per le relazioni che sussistono tra $\Gamma^2\left(\dfrac{1}{4}\right)$ e certi integrali ellittici completi del primo tipo, $\Gamma\left(\dfrac{1}{4}\right)^2$ è numericamente determinabile con un algoritmo a convergenza quadratica derivante dalla media aritmo-geometrica ( $\text{AGM}$ ):

$\Gamma^2\left(\frac{1}{4}\right) = \frac{(2\pi)^{3/2}}{\AGM{(1,\sqrt{2})}}.$

Nel nostro caso abbiamo pertanto

$I = \frac{\pi^2}{\AGM{\left(1,\dfrac{1}{\sqrt{2}}\right)}}\in\left(\pi^2(4-2\sqrt{2}), \pi^2 2^{1/4}\right).$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

(MSE#3020909). Per ogni $\alpha\in(0,1)$

si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$I(\alpha) = \int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^\alpha(x+1)}\,dx.$

Svolgimento.

Proviamo preliminarmente che per ogni $\beta\in(-1,0)$

si ha

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

La sostituzione $\dfrac{1}{1+x}\mapsto u$ trasmuta il membro sinistro in

$\int_{0}^{1}(1-u)^{\beta} u^{-\beta-1}\,du = B(\beta+1,-\beta) = \Gamma(\beta+1)\Gamma(-\beta) = -\frac{\pi}{\sin(\pi\beta)}$

per via della formula di riflessione della $\Gamma$ . Per derivazione sotto il segno di integrale segue allora

$\int_{0}^{+\infty}\frac{x^\beta \log(x)}{1+x}\,dx = \pi^2 \frac{\cos(\pi\beta)}{\sin^2(\pi \beta)}\stackrel{\beta\mapsto -\alpha}{\longrightarrow}\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(x)}{x^\alpha(x+1)}\,dx = \pi^2 \frac{\cos(\pi\alpha)}{\sin^2(\pi\alpha)}.$

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

(MSE#1024643). Applicando derivazione sotto il segno di integrale ad $I(\alpha,\beta)=\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\log(1+\beta x^2)}{x^\alpha}\,dx$

si provi che per ogni $\alpha\in(1,3)$

si ha

$\int_{0}^{+\infty}\frac{\log(1+x^2)}{x^\alpha}\,dx = \frac{\pi}{1-\alpha}\sec\left(\frac{\pi\alpha}{2}\right).$

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

(MSE#2056217). Si determini l’area racchiusa dall’asteroide di equazione $|x|^{2/3}+|y|^{2/3}=1$

Svolgimento.

Per simmetria tale area è data da

$A = 4\int_{0}^{1}(1-x^{2/3})^{3/2}\,dx \stackrel{x\mapsto z^{3/2}}{=}6\int_{0}^{1}(1-z)^{3/2} z^{1/2}\,dz = 6\,B(5/2,3/2) = \frac{3\pi}{8}.$

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

(MSE#3056098). Si provi che

$\int_{0}^{+\infty}\frac{x^2\log(x)}{(1+x^2)^3}\,dx = 0.$

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

. Si stabilisca per quali $\alpha \in \mathbb{R}$

l’integrale

$\int_{0}^{+\infty}\left|\sin x\right|^{x^\alpha}\,dx$

risulta convergente.

Svolgimento.

Se $\alpha\leq 0$

la funzione integranda risulta $\geq \dfrac{1}{2}$

su sottoinsieme di $\mathbb{R}^+$

di misura infinita, dunque l’integrale è banalmente divergente. Possiamo pertanto supporre $\alpha > 0$

. Ricordiamo che per ogni $M>0$

abbiamo

$\int_{\pi}^{2\pi}|\sin x|^M\,dx = 2\int_{0}^{\pi/2}(\sin x)^M\,dx = \sqrt{\pi}\,\frac{\Gamma\left(\dfrac{M+1}{2}\right)}{\Gamma\left(\dfrac{M+2}{2}\right)}\sim \sqrt{2\pi}\,\frac{1}{\sqrt{M}}$

e in virtù di ciò vale

$\begin{aligned} \frac{\sqrt{2\pi}}{(k\pi)^{\alpha/2}} &\sim \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin x|^{(k\pi)^\alpha}\,dx \\ &\geq \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin x|^{x^\alpha}\,dx \\ &\geq \int_{k\pi}^{(k+1)\pi}|\sin x|^{((k+1)\pi)^\alpha}\,dx \\ &\sim \frac{\sqrt{2\pi}}{(\pi(k+1))^{\alpha/2}} \end{aligned}$

per ogni $k\in\mathbb{N}^+$ . Sommando su $k$ abbiamo che il comportamento dell’integrale è analogo al comportamento della serie

$\sum_{k\geq 1}\frac{1}{(k\pi)^{\alpha /2}}$

che converge se e solo se $\alpha > 2$ . Collateralmente abbiamo che $f(x)=\left|\sin x\right|^{x^3}$ è un semplice esempio di funzione integrabile su $\mathbb{R}^+$ che non è infinitesima per $x\to +\infty$

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

(MSE#2530865). Si provi che per ogni numero naturale $m\geq 2$

$\sum_{n=0}^{m}\binom{m}{n}\Gamma\left(n-\frac{1}{2}\right)\Gamma\left(m-n-\frac{1}{2}\right)=0.$

Svolgimento.

Per le serie di Maclaurin già viste si ha

$\sum_{h\geq 0}\frac{\Gamma\left(h-\frac{1}{2}\right)}{\Gamma(h+1)}z^h = -2\sqrt{\pi}\sqrt{1-z}$

e la somma da determinare è $m!$ volte il coefficiente di $z^m$ nel quadrato della precedente espressione.

Esercizio 10 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

(MSE#928968). Si determini esplicitamente il valore della serie

$\sum_{k\geq 0}\frac{2^k}{\binom{2k+1}{k}}.$

Svolgimento.

$\begin{eqnarray*}{\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k}{\binom{2k+1}{k}}}&=&\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{2^k \Gamma(k+1)\Gamma(k+2)}{\Gamma(2k+2)}=\sum_{k=0}^{+\infty}2^k(k+1)\,B(k+1,k+1)\\&=&\sum_{k=0}^{+\infty}2^k(k+1)\int_{0}^{1}x^k(1-x)^k\,dx\\&=&\int_{0}^{1}\frac{dx}{(1-2x(1-x))^2}={\frac{\pi}{2}+1}.\end{eqnarray*}$

Esercizio 11 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

(Serie di Maclaurin di $\arcsin^2$

). Si provi che per ogni $x\in(-1,1)$

vale

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

Svolgimento.

$\begin{eqnarray*} \sum_{n\geq 0}\frac{4^n x^{2n}}{(2n+1)\binom{2n}{n}} &=& \sum_{n\geq 0}\frac{4^n x^{2n} n!^2}{(2n+1)!}=\sum_{n\geq 0}\frac{4^n x^n \Gamma(n+1)^2}{\Gamma(2n+2)}\\ &=& \sum_{n\geq 0}4^n x^{2n} B(n+1,n+1) = \sum_{n\geq 0}x^{2n} \int_{0}^{1}(4z(1-z))^n\,dz\\ &=& \sum_{n\geq 0} x^{2n}\int_{-1/2}^{1/2}(1-4z^2)^n\,dz = \sum_{n\geq 0} x^{2n}\int_{0}^{1}(1-u^2)^n\,du\\ &=& \int_{0}^{1}\frac{du}{1-x^2(1-u^2)}=\int_{0}^{1}\frac{du}{(1-x^2)+x^2 u^2}\\ &=& \frac{1}{x}\int_{0}^{x}\frac{dv}{(1-x^2)+v^2} = \frac{1}{x\sqrt{1-x^2}}\arctan\left(\frac{x}{\sqrt{1-x^2}}\right). \end{eqnarray*}$

Moltiplicando ambo i membri per $x$ e integrando termine a termine si ha

$\arcsin(x)^2 = \sum_{n\geq 0}\frac{4^n x^{2n+2}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}}$

da cui segue, ad esempio,

$\pi^2 = \sum_{n\geq 0}\frac{9}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}}=\sum_{n\geq 1}\frac{18}{n^2\binom{2n}{n}}.$

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

(MSE#3029425). Si provi che per ogni $x>0$

si ha

$\sum_{k\geq 1} k \prod_{n=1}^{k}\frac{x}{x+n} = x.$

Svolgimento.

Notiamo preliminarmente che $(x+1)(x+2)\cdot\ldots\cdot(x+k)=\dfrac{\Gamma(x+k+1)}{\Gamma(x+1)}$

, pertanto

$\sum_{k\geq 1} k \prod_{n=1}^{k}\frac{x}{x+n} = \sum_{k\geq 1} k x^k \frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma(x+k+1)} = \sum_{k\geq 1}\frac{x^k}{k!}B(x+1,k)=\sum_{k\geq 1}\frac{kx^k}{(k-1)!}\int_{0}^{1}z^{k-1}(1-z)^x\,dz$

e il membro destro coincide con

$x\int_{0}^{1}(1-z)^x (1+zx) e^{zx}\,dz = x \left[-(1-z)^{x+1}e^{zx}\right]_{0}^{1} = x.$

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

(MSE#2097522). Si provi che la serie

$\sum_{n\geq 1}\int_{0}^{1}\left(1-(1-t^n)^{1/n}\right)\,dt$

è convergente.

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

(Integrale di Fresnel). Si provi che in senso di Riemann improprio si ha

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

Svolgimento.

Attraverso la sostituzione $x\mapsto\sqrt{z}$

e l’autoaggiunzione della trasformata di Laplace abbiamo

$I = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin z}{\sqrt{z}}\,dz = \frac{1}{2}\int_{0}^{+\infty}\mathcal{L}(\sin z)(s)\mathcal{L}^{-1}\left(\frac{1}{\sqrt{z}}\right)(s)\,ds = \frac{1}{2\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{ds}{(1+s^2)\sqrt{s}},$

pertanto

$I = \frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^4},$

dove la sostituzione $\dfrac{1}{1+t^a}\mapsto v$ , la funzione Beta e la formula di riflessione della $\Gamma$ comportano

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dt}{1+t^a} = \frac{\pi}{a\sin\left(\dfrac{\pi}{a}\right)}$

per ogni $a>1$ . Analogamente abbiamo le generalizzazioni

$\int_{0}^{+\infty}\sin(x^n)\,dx = \Gamma\left(1+\frac{1}{n}\right)\sin\left(\frac{\pi}{2n}\right), \qquad \int_{0}^{+\infty}\cos(x^n)\,dx = \Gamma\left(1+\frac{1}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi}{2n}\right)$

per ogni $n>1$ .

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

(MSE#1829934). Si determini esplicitamente il valore della serie

$\sum_{k\geq 1}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)}$

facendo ricorso alla funzione Beta.

Svolgimento.

$\begin{eqnarray*} \sum_{k\geq 0}\frac{1}{(2k-1)(2k+1)(2k+3)}&=&\frac{1}{8}\sum_{k\geq 0}\frac{1}{\left(k-\dfrac{1}{2}\right)\left(k+\dfrac{1}{2}\right)\left(k+\dfrac{3}{2}\right)}\\&=&\frac{1}{8}\sum_{k\geq 0}\frac{\Gamma\left(k-\dfrac{1}{2}\right)}{\Gamma\left(k+\dfrac{5}{2}\right)}\\&=&\frac{1}{8\,\Gamma(3)}\sum_{k\geq 0}B\left(3,k-\frac{1}{2}\right)\\&=&\frac{1}{16}\int_{0}^{1}\sum_{k\geq 0}(1-x)^2 x^{k-3/2}\,dx\\&=&\frac{1}{16}\int_{0}^{1}(1-x) x^{-3/2}\,dx\\&=&\frac{B(2,-1/2)}{16}={-\frac{1}{4}.}\end{eqnarray*}$

Esercizio 16 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$

(MSE#1789823). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx.$

Svolgimento.

Prendendo in considerazione la serie di Maclaurin di $\arctan(x)$

abbiamo

$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx = \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{2n+1}\int_{0}^{1}\frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{4n+2}\int_{0}^{1}z^{n-\frac{1}{2}}(1-z)^{-1/2}\,dx,$

che tramite la funzione Beta è convertito in

$\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n \Gamma\left(n+\dfrac{1}{2}\right)\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)}{(4n+2)\Gamma(n+1)}=\dfrac{\pi}{2}\sum_{n\geq 0}\binom{-\frac{1}{2}}{n}\frac{(-1)^n}{2n+1}=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}\frac{dx}{\sqrt{1+x^2}}$

da cui segue immediatamente:

$\int_{0}^{1}\frac{\arctan(x)}{x\sqrt{1-x^2}}\,dx = \frac{\pi}{2}\text{arcsinh}(1) = {\frac{\pi}{2}\log(1+\sqrt{2})}.$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$

(MSE#2156355). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$\int_{0}^{1}\frac{\sqrt{1-x^4}}{1+x^2}\,dx$

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

(MSE#1964430). Si provi l’identità

$\sum_{k\geq 1}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n(n+1)\cdot\ldots\cdot(n+k)} =\int_{0}^{1}\frac{e^x-1}{x}\,dx.$

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

. (MSE#2604775). Si provi la disuguaglianza

$\sqrt[4]{2} < \int_{0}^{\pi/2}\sqrt{\sin x}\,dx < \frac{1+\sqrt{2}}{2}.$

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] D’Aurizio, J., “Superior Mathematics from an Elementary point of view”, pp.82-87,

sito web 2017.

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

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

Tutta la teoria di analisi matematica

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Tutti gli esercizi di geometria

In questa sezione vengono raccolti molti altri esercizi che coprono tutti gli argomenti di geometria proposti all’interno del sito con lo scopo di offrire al lettore la possibilità di approfondire e rinforzare le proprie competenze inerenti a tali argomenti.

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Algebra lineare.

Geometria analitica.

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Risorse didattiche aggiuntive per approfondire la matematica

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MathOverflow – Questo sito è destinato a matematici professionisti e ricercatori. È una piattaforma per domande di ricerca avanzata in matematica. È strettamente legato a Math Stack Exchange ma è orientato a un pubblico con una formazione più avanzata.
PlanetMath – Una comunità collaborativa di matematici che crea e cura articoli enciclopedici e altre risorse di matematica. È simile a Wikipedia, ma focalizzata esclusivamente sulla matematica.
Wolfram MathWorld – Una delle risorse online più complete per la matematica. Contiene migliaia di articoli su argomenti di matematica, creati e curati da esperti. Sebbene non sia un forum, è una risorsa eccellente per la teoria matematica.
The Math Forum – Un sito storico che offre un’ampia gamma di risorse, inclusi forum di discussione, articoli e risorse educative. Sebbene alcune parti del sito siano state integrate con altri servizi, come NCTM, rimane una risorsa preziosa per la comunità educativa.
Stack Overflow (sezione matematica) – Sebbene Stack Overflow sia principalmente noto per la programmazione, ci sono anche discussioni rilevanti di matematica applicata, specialmente nel contesto della scienza dei dati, statistica, e algoritmi.
Reddit (r/Math) – Un subreddit popolare dove si possono trovare discussioni su una vasta gamma di argomenti matematici. È meno formale rispetto ai siti di domande e risposte come Math Stack Exchange, ma ha una comunità attiva e molte discussioni interessanti.
Brilliant.org – Offre corsi interattivi e problemi di matematica e scienza. È particolarmente utile per chi vuole allenare le proprie capacità di problem solving in matematica.
Khan Academy – Una risorsa educativa globale con lezioni video, esercizi interattivi e articoli su una vasta gamma di argomenti di matematica, dalla scuola elementare all’università.

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