Teoria ed esercizi sulle funzioni Digamma e Trigamma

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Esplora il mondo affascinante delle funzioni Digamma e Trigamma con la nostra guida completa! Questo documento, pensato per esperti nel campo dell’Analisi Matematica e ricercatori, offre una panoramica dettagliata, dalle basi alle applicazioni avanzate, illuminando ogni aspetto con chiarezza e precisione. L’articolo offre inoltre numerosi esercizi di livello notevolmente avanzato su questo affascinante argomento.
Se desideri approfondire la tua conoscenza in questo campo della Matematica, non ti resta che cimentarti nella lettura!

Segnaliamo i seguenti articoli di teoria correlata:

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:

$\quad$

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

Tutto il precedente capitolo sulla funzione Beta (FUNZIONE BETA)

Teorema di convergenza dominata (ANALISI FUNZIONALE)

Principio di Liouville, funzioni meromorfe e prodotti di Weierstrass, disuguaglianza di Borel-Caratheodory (ANALISI COMPLESSA)

Trasformata di Laplace (TRASFORMATA DI LAPLACE)

Trasformata discreta di Fourier (SERIE DI FOURIER)

Definizione, rappresentazioni

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La funzione Digamma è la derivata logaritmica della funzione $\Gamma$ :

$\quad$

(1) $\begin{equation*} \psi(z) = \frac{d}{dz}\log\Gamma(z) = \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)}.\end{equation*}$

$\quad$

Per quanto visto nel capitolo sulla FUNZIONE GAMMA abbiamo $\Gamma(1)=1, \Gamma'(1)=-\gamma$ e pertanto $\psi(1)=-\gamma$ .

Dalla relazione funzionale $\Gamma(x+1)=x\,\Gamma(x)$ e dal prodotto di Weierstrass per la funzione $\Gamma$ seguono

$\quad$

(2) $\begin{equation*} \psi(z+1)=\frac{1}{z}+\psi(z),\qquad \psi(z+1) = -\gamma+\sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+z}\right)\end{equation*}$

$\quad$

pertanto vale $H_n = \psi(n+1)+\gamma$ e la funzione $\psi(z)$ risulta meromorfa sul piano complesso con poli semplici di residuo $-1$ in corrispondenza di ogni elemento di $-\mathbb{N}$ . La serie di Maclaurin di $\psi(z+1)$ ha pertanto raggio di convergenza $1$ e in virtù di (2) vale

(3) $\begin{equation*} \psi(z+1) = -\gamma -\sum_{k\geq 1}\zeta(k+1)(-z)^k,\qquad \zeta(k+1)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^{k+1}}.\end{equation*}$

Esercizio 1 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Facendo ricorso al Teorema di Bohr-Mollerup si provi che $\psi(x)$ è l’unica funzione monotona da $\mathbb{R}^+$ in $\mathbb{R}$ che soddisfa $\psi(1)=-\gamma$ e l’equazione funzionale $\psi(x+1)=\dfrac{1}{x}+\psi(x)$ .

Esercizio 2 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si utilizzi (2) per dimostrare che $a>b>0$ comporta

$\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+a)(n+b)}=\frac{\psi(a)-\psi(b)}{a-b}.$

Esercizio 3 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente il valore di $\psi\left(\dfrac{1}{2}\right)$ .

$\quad$

Dimostrazione. Poiché $\psi(1)=-\gamma$ , in virtù dell’esercizio precedente abbiamo

$-\gamma-\psi\left(\dfrac{1}{2}\right) = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+1)(2n+1)}=2\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\right) = 2 \sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{n+1}=2\sum_{n\geq 0}\int_{0}^{1}(-x)^n\,dx$

e dal teorema di convergenza dominata segue la possibilità di scambiare l’ultima serie con l’ultimo integrale, da cui

$-\gamma-\psi\left(\dfrac{1}{2}\right) = 2\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x},\qquad \psi\left(\dfrac{1}{2}\right)=-\gamma-2\log 2.$

Esercizio 4 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#1798754). Si provi che per ogni numero naturale $n$ vale

$\sum_{j=0}^{n}\binom{n}{j}^2 H_j = \binom{2n}{n}\left(2H_n-H_{2n}\right).$

Suggerimento: un’idea molto efficace è considerare l’identità di Chu-Vandermonde

$\sum_{j=0}^{n}\binom{n+x}{j}\binom{n}{n-j}=\binom{2n+x}{n},$

che può essere facilmente ricavata dalle proprietà della funzione Beta.

Cosa accade derivando ambo i membri e poi considerando $\lim_{x\to 0^+}$ ?

Esercizio 5 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (rappresentazione integrale di Gauss). Si provi che, in virtù della rappresentazione integrale della costante di Eulero-Mascheroni, per ogni $z\in\mathbb{C}$

con parte reale positiva si ha

$\psi(z) = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{e^{-t}}{t}-\frac{e^{-zt}}{1-e^{-t}}\right)\,dt.$

Rammentando che per il teorema di Frullani vale $\int_{0}^{+\infty}(e^{-t}-e^{-zt})\dfrac{dt}{t}=\log(z)$ , si provi che ciò comporta

(4) $\begin{equation*} \psi(z)=\log(z)-\frac{1}{2z}+\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)e^{-zt}\,dt. \end{equation*}$

Si osservi che $f(t)=\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{t}+\dfrac{1}{e^t-1}=\dfrac{1}{2}\coth\left(\dfrac{t}{2}\right)-\dfrac{1}{t}$ è una funzione regolare su $\mathbb{R}^+$ e dominata da $\min\left(\dfrac{t}{12},\dfrac{1}{2}\right)$ .

$\quad$

Andando a derivare ulteriormente la funzione $\psi(z)$ si ottiene la funzione $\psi'(z)$ , anche detta Trigamma.

Questa ammette una rappresentazione in serie estremamente semplice,

(5) $\begin{equation*} \psi'(z) = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+z)^2},\end{equation*}$

che dà luogo ad una funzione meromorfa con poli doppi di residuo nullo in corrispondenza degli elementi di $-\mathbb{N}$ . Assumendo $\text{Re}(z)>0$ , la rappresentazione in serie può essere facilmente tramutata in una rappresentazione integrale via trasformata inversa di Laplace:

(6) $\begin{equation*}\psi'(z)=\sum_{n\geq 0}\int_{0}^{+\infty} s e^{-sz} e^{-nz}\,ds = \int_{0}^{+\infty}\frac{s e^{-sz}}{1-e^{-s}}\,ds.\end{equation*}$

Da quest’ultima rappresentazione è immediato dedurre che $\psi'(z)$ su $\mathbb{R}^+$ risulta positiva, decrescente e log-convessa.

Segnaliamo inoltre che, proprio per la sua semplicità, (5) si presta magnificamente a strategemmi di creative telescoping: è esattamente questo l’approccio che seguiremo per provare la disuguaglianza di Stirling.

Esercizio 6 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che la rappresentazione integrale di Gauss e quella di Dirichlet

$\psi(z)=\int_{0}^{+\infty}\left(e^{-t}-\frac{1}{(1+t)^z}\right)\frac{dt}{t}$

sono tra loro equivalenti.

$\quad$

Formule di riflessione e moltiplicazione

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Per ottenere le formule di riflessione e moltiplicazione di $\psi$ e $\psi'$ è sufficiente applicare la derivata logaritmica alla formule di riflessione e moltiplicazione della $\Gamma$ :

Teorema 7 (formule di riflessione). Per ogni $z\not\in\mathbb{Z}$ si ha

$\psi(z)-\psi(1-z)=-\pi\cot(\pi z),\qquad \psi'(z)+\psi'(1-z)=\frac{\pi^2}{\sin^2(\pi z)}.$

$\quad$

Abbiamo in verità già provato queste identità nel capitolo sulla FUNZIONE GAMMA, quando abbiamo visto che nel senso della sommazione simmetrica

$\sum_{n\in\mathbb{N}}\dfrac{1}{n+z} = \pi\cot(\pi z).$

Analogamente le formule di moltiplicazione possono essere ottenute applicando $\dfrac{d^n}{dz^n}\log(\cdot)$ alla formula di duplicazione di Legendre. Proponiamo tuttavia uno stratagemma ancora più elementare¹: $2\psi(2s)$ è una funzione meromorfa con poli di residuo $1$ situati in $0,-\dfrac{1}{2},-1,-\dfrac{3}{2},\ldots$ , e lo stesso è vero per $\psi(s)+\psi\left(s+\dfrac{1}{2}\right)$ . D’altra parte (5) assicura $\psi(z)\ll\log(z)$ quando $z$ tende a $+\infty$ nel semipiano destro, dunque la differenza tra $2\psi(2s)$ e $\psi(s)+\psi\left(s+\dfrac{1}{2}\right)$ è una funzione intera e costante per il principio di Liouville. Tale costante può essere esplicitata valutando ambo i membri in $s=1$ (cfr. esercizio 3) e da ciò discende:

Teorema 8 (formule di duplicazione).

$2\psi(2s) = 2\log(2)+\psi(s)+\psi\left(s+\dfrac{1}{2}\right),\qquad 4\psi'(2s)=\psi'(s)+\psi'\left(s+\dfrac{1}{2}\right).$

Esercizio 9 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si dimostri l’identità $\sum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}=\dfrac{\pi^2}{6}$ (problema di Basilea) attraverso la formula di riflessione di $\psi'$ .

$\quad$

Dimostrazione. La formula di riflessione fornisce $\psi'\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{\pi^2}{2}$ , ossia

$\frac{\pi^2}{2}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{\left(n+\frac{1}{2}\right)^2},\qquad \frac{\pi^2}{8}=\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2}.$

Posto $S=\sum_{n\geq 1}\dfrac{1}{n^2}$ , per convergenza assoluta abbiamo

$S = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+1)^2}+\sum_{n\geq 1}\frac{1}{(2n)^2} = \frac{\pi^2}{8}+\frac{S}{4}$

e la conclusione $S=\dfrac{4}{3}\cdot\dfrac{\pi^2}{8}=\dfrac{\pi^2}{6}$ è immediata.

Teorema 10 (Gauss Digamma Theorem). Se $p,q$ sono interi positivi con $p<q$ , si ha

$\psi\left(\frac{p}{q}\right) = -\gamma-\frac{\pi}{2}\cot\left(\frac{\pi p}{q}\right)-\log(q)+\sum_{n=1}^{q-1}\cos\left(\frac{2\pi n p}{q}\right)\log\left(2\sin\frac{\pi n}{q}\right).$

$\quad$

Dimostrazione. Su $(-1,1)$ abbiamo $-\log(1-t)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{t^n}{n}$ . Ponendo $q=\exp\left(\dfrac{2\pi i}{q}\right)$ la trasformata discreta di Fourier garantisce

$\sum_{\substack{n\geq 1\\n\equiv p(\text{mod }q)}}\!\!\!\!\!\!\!\!\frac{t^n}{n} = \sum_{n\geq 0}\frac{t^{p+nq}}{p+nq} = \sum_{n=0}^{q-1}\omega^{-np}\log(1-\omega^n t).$

Da ciò segue

$\sum_{n\geq 0}\left(\frac{1}{n+1}-\frac{q}{p+nq}\right) t^{p+nq} = -t^{p-q}\log\left(\frac{1-t^q}{1-t}\right)-(t^{p-1}-1)\log(1-t)+\sum_{n=1}^{q-1}\omega^{-np}\log(1-\omega^n t).$

Considerando il limite di ambo i membri per $t\to 1^-$ otteniamo:

$\psi\left(\frac{p}{q}\right)=-\gamma-\log q+\sum_{n=1}^{q-1}\omega^{-np}\log(1-\omega^n).$

Scambiando $p$ con $q-p$ e sommando tra loro le due espressioni abbiamo

$\psi\left(\frac{p}{q}\right)+\psi\left(\frac{q-p}{q}\right) = -2\gamma-2\log q+2\sum_{n=1}^{q-1}\cos\left(\frac{2\pi n p}{q}\right)\log(1-\omega^n).$

D’altra parte il membro sinistro è reale, e $\text{Re}\log(1-\omega^n)=2\log\left(2\sin\dfrac{\pi n}{q}\right)$ .

Questa considerazione e la formula di riflessione conducono immediatamente alla tesi.

Esercizio 11 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$I=\int_{0}^{+\infty} \log^2(x) e^{-x}\,dx.$

$\quad$

Dimostrazione. In un intorno di zero abbiamo $J(\alpha)=\int_{0}^{+\infty} x^\alpha e^{-x}\,dx = \Gamma(\alpha+1)$ e il nostro integrale coincide con $J''(0)$ . È pertanto sufficiente derivare due volte la funzione $\Gamma$ : abbiamo $\Gamma'(\alpha+1) = \psi(\alpha+1)\Gamma(\alpha+1)$ per definizione della Digamma, dunque

$\Gamma''(\alpha+1) = \psi'(\alpha+1)\Gamma(\alpha+1) + \psi^2(\alpha+1)\Gamma(\alpha+1)$

segue dalla chain rule. Valutando ambo i membri in $\alpha=0$ otteniamo

$I = J''(0) = \psi'(1) + \psi^2(1) = \frac{\pi^2}{6}+\gamma^2.$

Esercizio 12 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\log(x)\,dx.$

Esercizio 13 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente la trasformata di Laplace della funzione $\dfrac{1}{\cosh^2(x)}$ .

$\quad$

Dimostrazione.

$\begin{aligned} \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-sx}}{\cosh^2(x)} \, dx &= 4 \int_{0}^{+\infty} \frac{e^{-(s+2)x}}{(1 + e^{-2x})^2} \, dx \\ &\stackrel{x \mapsto -\log z}{=} 4 \int_{0}^{1} \frac{z^{s+1}}{(1 + z^2)^2} \, dz \\ &\stackrel{\text{IBP}}{=} -1 + 2s \int_{0}^{1} \frac{z^{s-1}}{1 + z^2} \, dz \\ &= -1 + 2s \int_{0}^{1} \frac{z^{s-1} - z^{s+1}}{1 - z^4} \, dz \\ &\stackrel{z \mapsto u^{1/4}}{=} -1 + \frac{s}{2} \int_{0}^{1} \frac{u^{\frac{s}{4} - 1} - u^{\frac{s}{4} - \frac{1}{2}}}{1 - u} \, du. \end{aligned}$

e la rappresentazione integrale della funzione Digamma comporta

$\int_{0}^{+\infty}\frac{e^{-sx}}{\cosh^2 x}\,dx = -1+\frac{s}{2}\left(\psi\left(\frac{s}{4}+\frac{1}{2}\right)-\psi\left(\frac{s}{4}\right)\right).$

Come addendum si lascia al lettore il compito di determinare i primi due termini dello sviluppo asintotico per $s\to 0^+$ e $s\to +\infty$ .

Esercizio 14 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#2198685). Si provi che

$\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^5(x)}{1+\cos^3(x)}\,dx = \log(3).$

$\quad$

Dimostrazione. Per simmetria e periodicità abbiamo

$\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^5(x)}{1+\cos^3(x)}\,dx = \int_{0}^{\pi/2}\frac{\sin^5(x)}{1+\cos^3(x)}+\frac{\sin^5(x)}{1-\cos^3(x)}\,dx = 2 \int_{0}^{\pi/2}\frac{\cos^5(x)}{1-\sin^6(x)}\,dx$

ed operando la sostituzione $x\mapsto \arcsin u$ nell’ultimo integrale abbiamo che il membro sinistro coincide con

$2\int_{0}^{1}\frac{(1-u^2)^2}{1-u^6}\,du = 2\sum_{k\geq 0}\left(\frac{1}{6k+1}-\frac{2}{6k+3}+\frac{1}{6k+5}\right)$

per integrazione termine a termine di serie geometriche. Ora il termine destro coincide con

$\dfrac{1}{3}\left(2\psi\left(\dfrac{1}{2}\right)-\psi\left(\dfrac{1}{6}\right)-\psi\left(\dfrac{5}{6}\right)\right)=\log(3)$

per le formule di riflessione e duplicazione della Digamma.

Esercizio 15 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Attraverso le proprietà della funzione $\psi$ si provi che

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^3+1} = \frac{2\pi}{3\sqrt{3}}.$

$\quad$

Dimostrazione. È pratico osservare preliminarmente che, per via della sostituzione $x\mapsto\frac{1}{x}$

operata sull’intervallo $(1,+\infty)$ , si ha

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{x^3+1}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{x^3+1}+\int_{1}^{+\infty}\frac{dx}{x^3+1}=\int_{0}^{1}\frac{1+x}{1+x^3}\,dx = \int_{0}^{1}\frac{1+x-x^3-x^4}{1-x^6}\,dx,$

dunque per integrazione termine a termine di serie geometriche abbiamo

$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{dx}{x^3+1} = \sum_{n\geq 0}\left(\dfrac{1}{6n+1}+\dfrac{1}{6n+2}-\dfrac{1}{6n+4}-\dfrac{1}{6n+5}\right)$

dove il membro destro, a causa della formula di riflessione, coincide con

$\frac{\pi}{6}\left(\cot\left(\dfrac{\pi}{6}\right)+\cot\left(\dfrac{\pi}{3}\right)\right) = \dfrac{2\pi}{3\sqrt{3}}.$

Nota: con il medesimo approccio si può provare

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{1+x^n} = \frac{\pi}{n \sin\left(\dfrac{\pi}{n}\right)}$

per ogni numero naturale $n\geq 2$ , sebbene nel capitolo sulla FUNZIONE BETA abbiamo già visto che il risultato vale per ognu numero reale $n>1$ .

Esercizio 16 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#2965573). Attraverso le proprietà della funzione $\psi$ si provi che

$\int_{0}^{1}\frac{x^2+x+1}{x^4+x^3+x^2+x+1}\,dx = \frac{\pi}{5}\sqrt{1+\frac{2}{\sqrt{5}}}.$

Esercizio 17 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che

$\sum_{k\geq 1}\left(2k\arctanh{\frac{1}{2k}}-1\right) = \frac{1-\log 2}{2}.$

$\quad$

Dimostrazione. Non è difficile osservare che il termine principale della serie ammette la seguente

rappresentazione integrale:

$2k\arctanh{\frac{1}{2k}}-1 = \int_{0}^{1}\dfrac{x^2 \,dx}{4k^2-x^2}\,dx,$

per convergenza monotona o dominata abbiamo pertanto che la serie in questione coincide con

$\int_{0}^{1} x^2 \sum_{k\geq 1}\frac{dx}{(2k-x)(2k+x)}=\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\left(2-\pi x \cot\left(\frac{\pi x}{2}\right)\right)\,dx$

dove nell’ultimo passaggio abbiamo sfruttato la formula di riflessione della $\psi$ . Attraverso una sostituzione

e un passaggio di integrazione per parti abbiamo che la serie originale risulta uguale a

$\frac{1}{2}-\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}x\cot(x)\,dx = \frac{1}{2}+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi/2}\log(\sin x)\,dx = \frac{1-\log 2}{2}.$

Esercizio 18 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Emulando la strategia dell’esercizio precedente, provi che si ha

$\sum_{k\geq 1}\left(\frac{1}{k}-\arctan\frac{1}{k}\right) = \gamma +\operatorname{Im}\left(\log\Gamma(1+i)\right).$

Esercizio 19 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente il valore della seguente serie:

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

$\quad$

Dimostrazione. Considerando la decomposizione in fratti semplici data dalle radici seste dell’unità

abbiamo che la trasformata inversa di Laplace di $\dfrac{s^2}{s^3+1}$ è data da

$g(x)=\dfrac{1}{3}\left(e^{-x}+2 e^{-x/2}\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x\right)\right),$

dunque la nostra serie coincide con

$\int_{0}^{+\infty}\dfrac{g(x)\,dx}{e^x+1} = \dfrac{1-\log 2}{3}+\dfrac{1}{3}\int_{0}^{+\infty}\dfrac{\cos\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}x\right)}{\cosh\left(\dfrac{x}{2}\right)}\,dx =\frac{1-\log 2}{3}+\dfrac{2}{3}\int_{0}^{+\infty}\frac{\cos(\sqrt{3}\,x)}{\cosh(x)}\,dx,$

dove l’ultimo integrale può essere facilmente esplicitato tramite Teorema dei residui, trasformata di Fourier.

Volendo però impiegare le peculiarità di $\Gamma$ e $\psi$ possiamo osservare che la decomposizione

$\frac{k^2}{k^3+1}=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{k+1}+\frac{2k-1}{k^2+k+1}\right)$

conduce immediatamente a

$\begin{aligned} \sum_{k \geq 1} \frac{(-1)^k k^2}{k^3 + 1} &= \frac{\log 2 - 1}{3} + \frac{1}{3} \sum_{k \geq 1} (-1)^k \frac{2k - 1}{k^2 - k + 1} \\ &= \frac{1 - \log 2}{3} + \frac{1}{3} \sum_{m \geq 1} \left( \frac{4m - 1}{4m^2 - 2m + 1} - \frac{4m - 3}{4m^2 - 6m + 3} \right), \end{aligned}$

dove l’ultima serie è esplicitabile mediante $\psi$ . Infatti

$\begin{aligned} \frac{4m - 1}{4m^2 - 2m + 1} - \frac{4m - 3}{4m^2 - 6m + 3} &= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{m - \dfrac{1 - i \sqrt{3}}{4}} - \frac{1}{m - \dfrac{3 - i \sqrt{3}}{4}} \right) \\ &\quad + \frac{1}{2} \left( \frac{1}{m - \dfrac{1 + i \sqrt{3}}{4}} - \dfrac{1}{m - \dfrac{3 + i \sqrt{3}}{4}} \right). \end{aligned}$

ha come conseguenza

$\sum_{k\geq 1}\frac{(-1)^k k^2}{k^3+1}=\frac{\log 2-1}{3}+\frac{1}{6}\left(\psi\left(\dfrac{1+i\sqrt{3}}{4}\right)-\psi\left(\dfrac{3+i\sqrt{3}}{4}\right)+\psi\left(\dfrac{1-i\sqrt{3}}{4}\right)-\psi\left(\dfrac{3-i\sqrt{3}}{4}\right)\right)$

e dalla formula di riflessione della funzione $\psi$ abbiamo

$\begin{eqnarray*} \sum_{k\geq 1}\dfrac{(-1)^k k^2}{k^3+1} &=& \dfrac{\log 2-1}{3}-\dfrac{\pi}{6}\left(\cot\left(\dfrac{\pi}{4}(1+i\sqrt{3})\right)+\tan\left(\dfrac{\pi}{4}(1+i\sqrt{3})\right)\right)\\ &=& \dfrac{\log 2-1}{3}-\dfrac{\pi}{3\sin\left(\dfrac{\pi}{2}(1+i\sqrt{3})\right)} = \dfrac{\log 2-1}{3}-\dfrac{\pi}{3\cosh\left(\dfrac{\pi\sqrt{3}}{2}\right)}. \end{eqnarray*}$

Vedremo un’ulteriore dimostrazione nel capitolo dedicato alla FUNZIONE ZETA.

Esercizio 20 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si applichino le tecniche illustrate nel precedente esercizio per determinare esplicitamente

il valore di

$\sum_{k\geq 1}\dfrac{1}{k^2+1}.$

Esercizio 21 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che

$\sum_{n\geq 1}\frac{\psi(n)}{n^2}=\sum_{n\geq 1}\frac{1-\gamma n}{n^3}.$

Esercizio 22 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che:

$\int_{0}^{\pi/2}\log^3(\sin\theta)\,d\theta = -\frac{\pi}{8}\left[\pi^2\log 2+4\log^3 2+ 6\,\zeta(3)\right].$

$\quad$

Dimostrazione. Per ogni $\alpha > -1$ l’integrale $\int_{0}^{\pi/2}\left(\sin\theta\right)^\alpha\,d\theta$ può essere espresso attraverso la funzione Beta.

Considerando la derivata terza rispetto ad $\alpha$ , per derivazione sotto il segno di integrale abbiamo

$\int_{0}^{\pi/2}\log^3(\sin\theta)\,d\theta = \frac{\sqrt{\pi}}{2}\left.\frac{d^3}{d\alpha^3}\frac{\Gamma\left(\dfrac{1}{2}+\frac{\dalpha}{2}\right)}{\Gamma\left(1+\dfrac{\alpha}{2}\right)}\right|_{\alpha=0}.$

In particolare il valore del nostro integrale dipende unicamente dai valoridi $\Gamma,\Gamma',\Gamma''$ e $\Gamma'''$ nei punti $\dfrac{1}{2}$ e $1$ .

Sappiamo che $\Gamma(1)=1,\Gamma\left(\dfrac{1}{2}\right)=\sqrt{\pi}$ derivando ambo i membri di $\Gamma'(x)=\Gamma(x)\,\psi(x)$ più volte otteniamo quanto segue:

$\begin{eqnarray*} \Gamma'(x) &=& \Gamma(x)\psi(x), \\ \Gamma''(x) &=& \Gamma(x)\psi(x)^2 + \Gamma(x)\psi'(x), \\ \Gamma'''(x) &=& \Gamma(x)\psi(x)^3 + 3\Gamma(x)\psi(x)\psi'(x) + \Gamma(x)\psi''(z). \end{eqnarray*}$

Il problema è così ridotto al calcolo dei valori di $\psi,\psi'$ e $\psi''$ nei punti $\dfrac{1}{2}$ e $1$ . Dal teorema di Gauss abbiamo:

$\psi(1) = -\gamma,\qquad \psi\left(\dfrac{1}{2}\right) = -\gamma-2\log 2$

e sappiamo inoltre che:

$\psi'(a) = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+a)^2}$

da cui $\psi'(1)=\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{6}$ e $\psi'\left(\dfrac{1}{2}\right)=3\,\zeta(2)=\dfrac{\pi^2}{2}$ seguono facilmente. Derivando nuovamente rispetto al parametro $a$ otteniamo:

$\psi''(a) = -2\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(n+a)^3}$

da cui seguono $\psi''(1) = -2\,\zeta(3)$ e $\psi''\left(\dfrac{1}{2}\right)=-14\,\zeta(3)$ . A questo punto è sufficiente rimettere manualmente assieme i pezzi del puzzle, o lasciare che sia un software a portare avanti l’ingrato compito. In maniera analoga è possibile provare:

$\begin{eqnarray*} \int_{0}^{\pi/2}\log(\sin\theta)\log(\cos\theta)\,d\theta &=& \frac{\pi}{2}\log^2(2)-\frac{\pi^3}{48}, \\ \int_{0}^{\pi/2}\log^2(\sin\theta)\,d\theta &=& \frac{\pi^3}{24}+\frac{\pi}{2}\log^2(2), \\ \int_{0}^{\pi/2}\log^4(\sin\theta)\,d\theta &=& \frac{19\pi^5}{480}+\frac{\pi^3}{4}\log^2(2)+\frac{\pi}{2}\log^4(2)+3\pi\log(2)\,\zeta(3). \end{eqnarray*}$

Tutti questi integrali sono associati a FUNZIONI IPERGEOMETRICHE (si veda il capitolo dedicato) di basso peso,

con parametri interi o semi-interi, calcolate in $1$ . Ad esempio:

$\int_{0}^{\pi/2}\log^3(\sin\theta)\,d\theta \stackrel{\sin\theta\mapsto x}{=} \int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx = \sum_{n\geq 0}\frac{1}{4^n}\binom{2n}{n}\int_{0}^{1}x^{2n}\log^3(x)\,dx = -6\sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{(2n+1)^4 4^n}$

coincide con $-6\cdot\phantom{}_5 F_4\left(\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2};\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2},\dfrac{3}{2};1\right).$

Esercizio 23 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#2614588). Si provi che

$\int_{0}^{+\infty} e^{-x}\prod_{n\geq 1}(1-e^{-24nx})\,dx = \frac{\pi^2}{6\sqrt{3}}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per il teorema dei numeri pentagonali di Eulero (deducibile dal prodotto triplo di Jacobi) si ha

$e^{-x}\prod_{n\geq 1}(1-e^{-24nx}) = \sum_{k\in\mathbb{Z}(-1)^k e^{-(6k+1)^2 x},$

dunque per integrazione termine a termine il nostro integrale coincide con

$\sum_{k\in\mathbb{Z}}\frac{(-1)^k}{(6k+1)^2}= \frac{1}{144}\left(\psi'\left(\dfrac{1}{12}\right)-\psi'\left(\dfrac{5}{12}\right)-\psi'\left(\dfrac{7}{12}\right)+\psi'\left(\dfrac{11}{12}\right)\right)$

e la tesi segue dalla formula di riflessione per $\psi'$ .

Esercizio 24 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#1439558). Si provi che

$\sum_{n\geq 1}\left(\sum_{k=1}^{n}k^5\right)^{-1} = 60-4\pi^2+8\pi\sqrt{3}\tan\left(\dfrac{\pi\sqrt{3}}{2}\right).$

Esercizio 25 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n^2} = 2 \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}.$

$\quad$

Dimostrazione. Consideriamo il prodotto tra le seguenti serie di potenze con raggio di convergenza $1$ :

$\frac{1}{1-z}=\sum_{n\geq 0}z^n,\qquad -\log(1-z)=\sum_{n\geq 1}\frac{z^n}{n}.$

Quello che otteniamo è

$\frac{-\log(1-z)}{1-z}=\sum_{n\geq 1}\sum_{m=1}^{n}\frac{1}{m}z^n = \sum_{n\geq 1}H_n z^n.$

Poiché $\int_{0}^{1}z^n\log(z)\,dz = -\dfrac{1}{(n+1)^2}$ abbiamo

(7) $\begin{equation*} \int_{0}^{1}\frac{\log(z)\log(1-z)}{1-z}\,dz = \sum_{n\geq 0}\frac{H_n}{(n+1)^2} = \sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n^2}-\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}.\end{equation*}$

D’altra parte, per via della sostituzione $z\mapsto 1-z$ , il membro sinistro coincide con

$\int_{0}^{1}\frac{\log(z)\log(1-z)}{z}\,dz = -\sum_{n\geq 1}\int_{0}^{1}\frac{z^{n-1}}{n}\log(z)\,dz = \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}$

e ciò conclude la dimostrazione. In maniera alternativa il membro sinistro di (7) può essere visto come una derivata di una funzione Beta:

$\int_{0}^{1}\frac{\log(z)\log(1-z)}{1-z}\,dz = \lim_{\alpha\to 0^+}\lim_{\beta\to -1^+}\frac{\partial^2}{\partial\alpha\partial\beta}\int_{0}^{1}z^\alpha (1-z)^{\beta}\,dz = \lim_{\alpha\to 1^+}\lim_{\beta\to -0^+}\frac{\partial^2}{\partial\alpha\partial\beta}\left(\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta)}\right).$

Con un po’ di pazienza l’ultima derivata è esplicitabile tramite $\Gamma'(z)=\Gamma(z)\psi(z)$ , da cui l’uguaglianza, mutuata dal Teorema di de l’Hopital, tra il membro sinistro e

$-\frac{1}{2}\psi''(1)=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}.$

Lo stesso approccio permette di determinare esplicitamente le somme di Eulero della forma $\sum_{n\geq 1}\frac{H_n}{n^k}$

per ogni intero $k\geq 2$ .

Esercizio 26 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini esplicitamente il valore della serie

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^2}{n^2}.$

$\quad$

Dimostrazione. Posto $H_n^{(2)}=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}$ notiamo preliminarmente che

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^{(2)}}{n^2} = \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^2}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}=\frac{1}{2}\left(\left(\sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^2}\right)^2+\sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^4}\right)=\frac{7\pi^4}{360}$

per simmetria e per i valori espliciti di $\zeta(2)=\sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^2}=\frac{\pi^2}{6}$ e $\zeta(4)=\sum_{k\geq 1}\frac{1}{k^4}=\frac{\pi^4}{90}$ .

Osserviamo inoltre che per ogni $n\in\mathbb{N}$ si ha

$\int_{0}^{1}x^n \log^2(1-x)\,dx = \lim_{\alpha\to 0^+}\frac{d^2}{d\alpha^2}\int_{0}^{1}x^n(1-x)^{\alpha}\,dx = \lim_{\alpha\to 0^+}\frac{d^2}{d\alpha^2}\left(\frac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(n+1)}{\Gamma(n+\alpha+2)}\right),$

dunque per ogni $n\in\mathbb{N}^+$ abbiamo

(8) $\begin{equation*}\int_{0}^{1}x^{n-1} \log^2(1-x)\,dx = \frac{H_n^2+H_n^{(2)}}{n} \end{equation*}$

e la nostra serie ammette la seguente rappresentazione integrale:

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^2}{n^2} = -\frac{7\pi^4}{360}+\int_{0}^{1}\log^2(1-x)\sum_{n\geq 1}\frac{x^{n-1}}{n}\,dx = -\frac{7\pi^4}{360}-\int_{0}^{1}\frac{\log^3(1-x)}{x}.$

D’altra parte è evidente (attraverso la sostituzione $x\mapsto 1-x$ ) che l’ultimo integrale coincida con

$-\int_{0}^{1}\frac{\log^3(x)}{1-x} = \sum_{n\geq 0}\int_{0}^{1}x^n(-\log x)^3\,dx = 6\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^4}=\frac{\pi^4}{15}$

e ciò conduce alla conclusione

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_n^2}{n^2} = \frac{17\pi^4}{360}.$

Esercizio 27 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#882621). Si provi che

$\sum_{n\geq 1}\psi'(n)^2 = 3 \sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}.$

$\quad$

Dimostrazione. Dalla rappresentazione integrale della funzione trigamma e dal teorema di Fubini abbiamo

$\sum_{n\geq 1}\psi'(n)^2 = \sum_{n\geq 1}\iint_{(0,1)^2}\frac{(uv)^{n-1}\log(u)\log(v)}{(1-u)(1-v)}\,du\,dv = \iint_{(0,1)^2}\frac{\log(u)\log(v)}{(1-uv)(1-u)(1-v)}\,du\,dv.$

Posto $\operatorname{Li}_2(z)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{z^n}{n^2}$ abbiamo che il membro destro può essere espresso come

$\int_{0}^{1}\frac{-\log(u)}{(1-u)^2}\left(\frac{\pi^2}{6}-\operatorname{Li}_2(u)\right)\,du \stackrel{\text{IBP}}{=}\int_{0}^{1}\left(\log(1-u)-\log(u)+\frac{\log(u)}{1-u}\right)\frac{\log(1-u)}{u}\,du$

che è interamente esplicitabile attraverso derivate della Beta. Abbiamo in particolare

$\int_{0}^{1}\log^2(1-u)\,\frac{du}{u}=2\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}=\int_{0}^{1}\frac{\log(u)\log(1-u)}{u(1-u)}\,du,\qquad \int_{0}^{1}\log(u)\log(1-u)\frac{du}{u}=\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}.$

Esercizio 28 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (Raabe). Si provi che per ogni $\alpha > 0$ vale

$\int_{0}^{1}\log\Gamma(x+\alpha)\,dx = \alpha\log\alpha-\alpha+\log\sqrt{2\pi}.$

$\quad$

Questo suggerisce che sia più efficiente derivare la formula di duplicazione della $\Gamma$ da quella della $\psi$ , anziché il viceversa. ↩

Disuguaglianza di Stirling

Leggi...

Per ogni $m\in\mathbb{N}^+$ possiamo osservare che per creative telescoping

$\begin{aligned} \sum_{n \geq m} \frac{1}{n^2} &= \sum_{n \geq m} \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) \\ &\quad + \frac{1}{2} \sum_{m \geq n} \left( \frac{1}{n^2} - \frac{1}{(n+1)^2} \right) \\ &\quad + \frac{1}{6} \sum_{m \geq n} \left( \frac{1}{n^3} - \frac{1}{(n+1)^3} \right) \\ &\quad - \frac{1}{6} \sum_{n \geq m} \frac{1}{n^3 (n+1)^3}. \end{aligned}$

Abbiamo pertanto che

$\psi'(m) \leq \frac{1}{m}+\frac{1}{2m^2}+\frac{1}{6m^3}$

e possiamo provare analogamente anche la minorazione

$\psi'(m) \geq \frac{1}{m}+\frac{1}{2m^2}+\frac{1}{6m^3}-\frac{1}{30m^5}.$

Le stesse disuguaglianze possono essere provate attraverso la rappresentazione integrale di $\psi'$ , e ciò evidenzia un dettaglio importante, ossia che le ultime disuguaglianze valgono non solo per $m\in\mathbb{N}^+$ , ma per qualunque $m\in\mathbb{R}^+$ . Integrando due volte tali disuguaglianze otteniamo

$\log\Gamma(m) = \left(m-\frac{1}{2}\right)\log m-\alpha m+\beta + \frac{1}{12m} - \frac{E}{360 m^3},\qquad E\in[0,1]$

per una coppia di costanti $(\alpha,\beta)$ che possiamo determinare esplicitamente attraverso la relazione funzionale

${\Gamma(z+1)=z\,\Gamma(z)}$ (da cui $\alpha = 1$ ) e la formula di duplicazione (da cui $\beta=\log\sqrt{2\pi}$ ). Sommando $\log m$

ad ambo i membri ed esponenziando otteniamo

$\quad$

(9) $\begin{equation*}\forall m>0,\qquad \Gamma(m+1) = \left(\dfrac{m}{e}\right)^m \sqrt{2\pi m}\exp\left(\dfrac{1}{12m}-\dfrac{E}{360m^3}\right),\qquad E\in[0,1].\end{equation*}$

$\quad$

Attraverso la disuguaglianza di Borel-Caratheodory applicata alla rappresentazione integrale di $\psi'(z)$ è possibile provare che una stima analoga per $\Gamma$ vale uniformemente su ogni sottoinsieme compatto di una regione della forma $\left\{z\in\mathbb{C}:|\text{arg}(z)|< \pi-\varepsilon\right\}$ (con $\varepsilon > 0$ ), informalmente detta “acman” per evidenti motivi. Sottolineiamo che per produrre simili stime è sufficiente lavorare nel semipiano destro, prolungare la stima sulla regione $\text{Re}(z)>-1$ attraverso $\Gamma(z)=\dfrac{1}{z}\Gamma(z+1)$ , quindi prolungare a tutto il piano complesso (meno un opportuno intorno dei poli) attraverso la formula di riflessione. Sottolineiamo inoltre che i coefficienti $1,\dfrac{1}{2},\dfrac{1}{6},0,-\dfrac{1}{30}$ che abbiamo trovato per creative telescoping, sempre a causa della rappresentazione integrale di $\psi'$ , sono precisamente le derivate in zero della funzione $\dfrac{z}{e^z-1}$ , e pertanto sono legati/e ai numeri di Bernoulli che tratteremo diffusamente nell’introduzione alla FUNZIONE ZETA.

Tale corrispondenza può anche essere vista come conseguenza della formula di Faulhaber-Bernoulli

$\dfrac{z}{e^z-1}=\sum_{n\geq 0}\frac{B_n}{n!}z^n\quad\Longrightarrow\quad \sum_{k=1}^{n}k^p = \dfrac{n^{p+1}}{p+1}+\frac{n^p}{2}+\sum_{k=2}^{p} B_k \binom{p}{k-1} n^{p-k+1}$

che, a sua volta, può essere vista come conseguenza della formula di sommazione di Eulero-Maclaurin.

Esercizio 29 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (comportamento asintotico dei numeri armonici). Posto $H_n = \sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{k}$ ( $n$ -esimo numero armonico) si provi che

$H_n = \log n+\gamma+\frac{1}{2n}-\frac{1}{12n^2}+O\left(\frac{1}{n^4}\right)\qquad \text{per }n\to +\infty.$

Esercizio 30 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si dimostri la disuguaglianza:

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

$\quad$

Dimostrazione. Poiché vale $\log^2(1-z)=\sum_{n\geq 1}\dfrac{2H_{n-1}}{n}z^n$ per ogni $z\in(0,1)$ , dalla rappresentazion integrale dei numeri armonici abbiamo:

$\begin{eqnarray*} S= \sum_{m\geq 1}\log^2\left(1+\frac{1}{m}\right) &=& \sum_{m\geq 1}\sum_{n\geq 1}\frac{2 H_{n-1} (-1)^n}{n m^n}\\ &=&\int_{0}^{1}\sum_{m\geq 1}\sum_{n\geq 1}\frac{2(z^{n-1}-1) (-1)^n }{n m^n (z-1)}\,dz\\ &=& 2\int_{0}^{1}\sum_{m\geq 1}\frac{\log\left(1+\frac{z}{m}\right)-z\log\left(1+\frac{1}{m}\right)}{z(1-z)}\,dz \\ (\text{dal prodotto di Eulero della funzione } \Gamma )\quad &=& -2 \int_{0}^{1}\frac{\log\Gamma(1+z)}{z(1-z)}\,dz \\ (\text{integrazione per parti}) \quad &=& 2 \int_{0}^{1}\psi(z+1)\log\left(\frac{z}{1-z}\right)\,dz \\ (\text{dalla formula di riflessione della }\psi ) &=& 2 \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{z}-\frac{1}{1-z}-\pi\cot(\pi z)\right)\log(z)\,dz \end{eqnarray*}$

Possiamo a questo punto osservare una notevole peculiarità della funzione $g(z)=\left(\dfrac{1}{z}-\dfrac{1}{1-z}-\pi\cot(\pi z)\right)$ definita sull’intervallo $(0,1)$ . Essa è estremamente vicina a $2z-1$ per “cancellazione di singolarità”, poiché nel senso della sommazione simmetrica

$\pi\cot\pi z = \sum_{n\in\mathbb{Z}}\dfrac{1}{z-n}$

e inoltre $g'(1/2)=\pi^2-8,\;g''(1/2)=0,\;\lim_{z\to 0^+}g(z)=-1,\;\lim_{z\to 1^-}g(z)=1$ , dunque

$S \approx 2 \int_{0}^{1}(2z-1)\log(z)\,dz = 1.$

$g(z)$ è simmetrica rispetto a $z=\dfrac{1}{2}$ e $\log(z)$ è negativa e crescente su $(0,1)$ , dunque l’approssimazione appena prodotta (piuttosto accurata) è una maggiorazione.

Esercizio 31 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#990272). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$I=\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{e^{-x}}{\sinh x}-\frac{e^{-3x}}{x}\right)\,dx.$

$\quad$

Dimostrazione. Attraverso la sostituzione $e^{-x}\mapsto u$ abbiamo

$I = \int_{0}^{1}\left(\frac{2u}{1-u^2}+\frac{u^2}{\log u}\right)\,du$

e possiamo considerare l’integrale parametrico

$I(\alpha) = \int_{0}^{1}\left(\frac{2u}{1-u^2}+\frac{u^2}{\log u}\right)u^{\alpha}\,du$

che è certamente regolare in un intorno di zero. Derivando rispetto al parametro abbiamo

$I'(\alpha) = \int_{0}^{1}\left(\frac{2u^{\alpha+1}\log(u)}{1-u^2}+u^{\alpha+2}\right)\,du \\ =\frac{1}{\alpha+3}-2\sum_{n\geq 0}\frac{1}{(2n+\alpha+2)^2}\\ = \frac{1}{\alpha+3}-\frac{1}{2}\,\psi'\left(\frac{\alpha+2}{2}\right)$

da cui segue $I(\alpha)=\log(\alpha+3)-\psi\left(\dfrac{a+2}{2}\right)+C$ per qualche costante $C$ . Valgono $\lim_{\alpha\to +\infty}I(\alpha)=0$ e $\psi(z)\sim \log(z)$ per $z\to +\infty$ , dunque $C=-\log(2)$ e

$I = \log(3)-\psi(1)-\log(2)=\gamma+\log\left(\dfrac{3}{2}\right).$

Esercizio 32 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#3284664). Al variare di $n\in\mathbb{N}^+$ , si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$I_n = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{(1+x)^n}-\frac{\sin x}{x}\right)\frac{dx}{x}.$

$\quad$

Dimostrazione. Per ogni $\alpha\in(0,2)$ l’autoaggiunzione della trasformata di Laplace assicura

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

mentre la funzione Beta assicura

$\int_{0}^{+\infty}\frac{x^{\alpha-1}}{(1+x)^n}\,dx = \frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(n-\alpha)}{\Gamma(n)}=\frac{1}{\alpha}-H_{n-1}+O(\alpha)$

per ogni $\alpha\in(0,n)$ , pertanto abbiamo

$I_n = \lim_{\alpha\to 0^+}\left(\frac{\Gamma(\alpha)\Gamma(n-\alpha)}{\Gamma(n)}-\frac{\Gamma(\alpha)}{1-\alpha}\cos\left(\frac{\pi\alpha}{2}\right)\right)=-H_{n-1}-1+\gamma=-\psi(n)-1.$

Serie di Fourier di $\log\Gamma$

Leggi...

Teorema 33 (Malmstén,Kummer). Per ogni $x\in(0,1)$ si ha

$\log\Gamma(x) = \log\sqrt{2\pi}+\sum_{n\geq 1}\left(\frac{1}{2n}\cos(2\pi n x)+\frac{\gamma+\log(2\pi n)}{\pi n}\sin(2\pi n x)\right).$

$\quad$

Dimostrazione. Dato il tipo di decadimento dei coefficienti di questa serie di Fourier, per provare la convergenza puntuale su $(0,1)$ (nonché uniforme sui sottoinsiemi compatti) è sufficiente mostrare la convergenza in $L^2(0,1)$ , ovvero le identità

$c_n = \int_{0}^{1}\log\Gamma(x)\cos(2\pi nx)\,dx = \frac{1}{4n},\qquad s_n=\int_{0}^{1}\log\Gamma(x)\sin(2\pi n x) = \frac{\gamma+\log(2\pi n)}{2\pi n}$

per ogni $n\in\mathbb{N}^+$ . Sfruttando la formula di riflessione e integrazione per parti abbiamo

$c_n = -\frac{1}{\pi}\int_{0}^{1}\log(\sin x)\cos(2\pi n x)\,dx = \frac{1}{2n\pi}\int_{0}^{1}\frac{\sin(2nx)\cos(x)}{\sin(x)}\,dx$

e come conseguenza delle formule di prostaferesi l’ultimo integrale è indipendente da $n$ , da cui $c_n=\dfrac{1}{4n}$ .

La valutazione dei coefficienti $s_n$ è più complessa. Dal prodotto di Weierstrass per la funzione $\Gamma$ abbiamo

$\log\Gamma(x) = -\gamma x -\log(x)+\sum_{k\geq 1}\left(\frac{x}{k}-\log\left(1+\frac{x}{k}\right)\right)$

dove per integrazione per parti

$\int_{0}^{1}(-\gamma x-\log x)\sin(2\pi n x)\,dx =\frac{2\gamma+\log(2\pi n)}{2\pi n}+\frac{1}{2\pi n}\int_{2\pi n}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx.$

Analogamente abbiamo

$\int_{0}^{1}\left(\frac{x}{k}-\log\left(1+\frac{x}{k}\right)\right)\sin(2\pi n x)\,dx = \frac{1}{2\pi n}\left(\log\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{2\pi n}\int_{2 k n \pi}^{2(k+1)n\pi}\frac{\cos x}{x}\,dx$

pertanto

$\begin{eqnarray*}&& 2\pi n\int_{0}^{1}\sin(2\pi n x)\left(-\gamma x-\log(x)+\sum_{k=1}^{K}\left(\frac{x}{k}-\log(1+\frac{x}{k}\right)\right)\,dx\\ &=& \gamma+\log(2\pi n)+\sum_{k> K}\left(\frac{1}{k}-\log\left(1+\frac{1}{k}\right)\right)-\int_{2(K+1)n\pi}^{+\infty}\frac{\cos x}{x}\,dx. \end{eqnarray*}$

Sia l’ultima serie che l’ultimo integrale sono $O\left(\dfrac{1}{K}\right)$ per $K\to +\infty$ e ciò conclude la dimostrazione.

Esercizio 34 $(\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che dalla formula di Malmstén-Kummer segue

$\frac{2}{\pi}\sum_{k\geq 1}\frac{\log k}{k}\sin(2\pi k x) = \log\left(\frac{(2\pi)^x \Gamma(x)}{(2\pi)^{1-x}\Gamma(1-x)}\right)-\gamma(1-2x)$

per ogni $x\in(0,1)$ . Se ne deduca un valore esplicito per la serie

$\sum_{n\geq 0}(-1)^n \frac{\log(2n+1)}{2n+1}.$

Esercizio 35 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si utilizzi l’identità di Parseval per determinare esplicitamente il valore dell’integrale

$\int_{0}^{1}\log^2\Gamma(x)\,dx.$

Esercizio 36 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ (integrale di Vardi). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

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

$\quad$

Dimostrazione. Operando la sostituzione $x=e^{-t}$ abbiamo

$I = \int_{0}^{+\infty}\frac{-\log(t)e^{-t}}{1+e^{-2t}}\,dt = -\sum_{n\geq 0}(-1)^n\int_{0}^{+\infty}\!\!\!\log(t) e^{-(2n+1)t}\,dt$

e dalla trasformata di Laplace del logaritmo, che abbiamo calcolato nel capitolo sulla \textsc{Funzione Gamma}, segue

$I = \sum_{n\geq 0}(-1)^n\frac{\gamma+\log(2n+1)}{2n+1}=\frac{\pi\gamma}{4}+\sum_{n\geq 0}(-1)^n \frac{\log(2n+1)}{2n+1}.$

Dall’esercizio 34 (valutazione della formula di Malmstén-Kummer in $x=\dfrac{1}{4}$ ) e dalla formula di riflessione della $\Gamma$ abbiamo pertanto

$\int_{0}^{1}\frac{-\log(-\log x)}{x^2+1}\,dx = \frac{\pi}{2}\log\left(\frac{\Gamma^2\left(\frac{1}{4}\right)}{2 \pi^{3/2}}\right).$

Formule di Binet per $\log\Gamma$

Leggi...

Teorema 37 (Binet). Per ogni $z\in\mathbb{C}$ con parte reale positiva si ha

$\begin{eqnarray*} \log\Gamma(z) &=& \left(z-\frac{1}{2}\right)\log(z)-z+\log\sqrt{2\pi}+\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{e^{-tz}}{t}\,dt\\[+2mm] &=& \left(z-\frac{1}{2}\right)\log(z)-z+\log\sqrt{2\pi}+2\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(t/z)}{e^{2\pi t}-1}\,dt. \end{eqnarray*}$

$\quad$

Dimostrazione. Abbiamo già visto che da una rappresentazione integrale di $\gamma$ segue

(10) $\begin{equation*}\psi(z)=\log(z)-\frac{1}{2z}+\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)e^{-zt}\,dt. \end{equation*}$

per ogni $z\in\mathbb{C}$ con parte reale positiva. La prima formula di Binet segue dall’integrare ambo i membri tra $\frac{1}{2}$ e $z$ , ricordando che $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}$ . L’equivalenza tra la prima e la seconda formula di Binet è dovuta all’identità

(11) $\begin{equation*}\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{t}+\frac{1}{e^t-1}\right)\frac{e^{-tz}}{t}\,dt = 2\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(t/z)}{e^{2\pi t}-1}\,dt\end{equation*}$

che può essere intesa come conseguenza dell’auto-aggiunzione della trasformata di Laplace. Abbiamo infatti

$\mathcal{L}\left(\frac{\sin x}{x}\right)(s) = \int_{0}^{+\infty}\sin(x)e^{-sx}\frac{dx}{x} = \arctan\left(\frac{1}{s}\right)$

dunque

$\arctan\left(\frac{t}{z}\right) = \int_{0}^{+\infty}\sin(ts) e^{-zs}\frac{ds}{s}$

ed esprimendo $\dfrac{1}{e^{2\pi t}-1}$ come serie geometrica, quindi applicando il Teorema di Fubini, abbiamo che il membro destro di (11) coincide con

$2\int_{0}^{+\infty}\frac{\arctan(t/z)}{e^{2\pi t}-1}\,dt = 2\int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{+\infty}\frac{\sin(ts)e^{-zs}}{s}\sum_{k\geq 1}e^{-2\pi k t}\,ds\,dt= \int_{0}^{+\infty}\sum_{k\geq 1}\frac{2s}{4\pi^2 k^2+s^2}e^{-zs}\,ds$

dove

$\sum_{k\geq 1}\frac{2s}{4\pi^2 k^2+s^2}=-\frac{1}{s}+\frac{1}{2}\coth\left(\frac{s}{2}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{s}+\frac{1}{e^s-1}$

segue dalla derivata logaritmica del prodotto di Weierstrass di $\cosh$ o dalla formula di sommazione di Poisson. Un altro approccio diffuso in letteratura per dimostrare la seconda formula di Binet è l’applicazione della formula di Abel-Plana

$\sum_{n\geq 0}f(n) = \int_{0}^{+\infty}f(x)\,dx + \frac{f(0)}{2}+i\int_{0}^{+\infty}\frac{f(it)-f(-it)}{e^{2\pi t}-1}\,dt$

valida per funzioni olomorfe su $\text{Re}(z)\geq 0$ che soddisfano opportune condizioni di limitatezza sul loro dominio.

Esercizio 38 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#2693033). Si provi che per ogni $z\in\mathbb{C}$ con parte reale positiva si ha

$\psi(z) = \log(z)-\frac{1}{2z}-2\int_{0}^{+\infty}\frac{x\,dx}{(x^2+1)(e^{2\pi x z}-1)}$

e si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$\int_{0}^{+\infty}\frac{x\,dx}{(x^2+1)(e^{\pi x}+1)}.$

Esercizio 39 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si determini il comportamento asintotico per $N\to +\infty$ di

$\sum_{a=1}^{N}\sum_{b=1}^{N}\frac{1}{a^2+b^2}.$

$\quad$

Dimostrazione. In virtù dell’esercizio precedente

$\begin{aligned} \sum_{a=1}^{N} \sum_{b=1}^{N} \frac{1}{a^2 + b^2} &= \operatorname{Im} \sum_{a=1}^{N} \frac{1}{a} \left( \psi(1 + ia) - \psi(1 + N + ia) \right) \\ &= O(1) + \operatorname{Im} \sum_{a=1}^{N} \frac{1}{a} \left( \log(1 + ia) - \frac{1}{2(1 + ia)} - \log(1 + N + ia) + \frac{1}{2(1 + N + ia)} \right) \\ &= O(1) + \sum_{a=1}^{N} \frac{1}{a} \left( \arctan(a) - \arctan\left( \frac{a}{N+1} \right) \right) \\ &\quad + \frac{1}{2} \sum_{a=1}^{N} \left( \frac{1}{a^2 + 1} - \frac{1}{a^2 + (N+1)^2} \right) \\ &= O(1) + \frac{\pi}{2} H_N - \frac{1}{N+1} \sum_{a=1}^{N} \frac{1}{a/(N+1)} \arctan\left( \frac{a}{N+1} \right) \\ &= \frac{\pi}{2} \log N + O(1). \end{aligned}$

Osserviamo che l’asintotico è perfettamente in linea con il comportamento dell’integrale doppio

$\begin{eqnarray*}\int_{1}^{N+1}\int_{1}^{N+1}\frac{dx\,dy}{x^2+y^2}&=&\int_{1}^{N+1}\left(\frac{\pi}{2}-\arctan\frac{y}{N+1}-\arctan\frac{1}{y}\right)\frac{dy}{y}\\ &=&\frac{\pi}{2}\log(N+1)-\int_{1/(N+1)}^{1}\frac{\arctan y}{y}\,dy-\int_{1}^{N+1}\frac{dy}{y^2}+O\left(\frac{1}{N^2}\right)\\&=&\frac{\pi}{2}\log N-\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}+O\left(\frac{1}{N}\right).\end{eqnarray*}$

Notiamo che le coppie $(a,b)$ tali che $a^2+b^2\geq N^2$ forniscono un contributo che è complessivamente $O(1)$ .

Esercizio 40 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#3260167). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale

$I=\int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^2}{1+x+x^2}\frac{dx}{\log x}.$

$\quad$

Dimostrazione. Dal Teorema di Frullani abbiamo

$\int_{0}^{1}\frac{x^a-x^b}{\log x}\,dx = \log\left(\frac{a+1}{b+1}\right),$

pertanto il nostro integrale può essere rappresentato come segue:

$\begin{eqnarray*} I &=& \int_{0}^{1}\frac{x(1-x)^3}{1-x^3}\frac{dx}{\log x}=\sum_{k\geq 0}\left((x^{3k+1}-x^{3k+4})-3(x^{3k+2}-x^{3k+3})\right)\frac{dx}{\log x}\\ &=&\sum_{k\geq 0}\left(\log\left(\frac{3k+2}{3k+5}\right)-3\log\left(\frac{3k+3}{3k+4}\right)\right)\\&=& \lim_{N\to +\infty}\log\prod_{k=0}^{N}\left(\frac{3k+2}{3k+5}\right)\left(\frac{3k+4}{3k+3}\right)^3\\ &=& \lim_{N\to +\infty}\log\left(\frac{2}{3N+5}\cdot\frac{\Gamma^3\left(N+\frac{7}{3}\right)}{\Gamma^3\left(\dfrac{4}{3}\right)\Gamma^3(N+2)}\right)\\&=& \log\left(\frac{2}{3\Gamma^3\left(\dfrac{4}{3}\right)}\right)=\log\left(\frac{18}{\Gamma^3\left(\frac{1}{3}\right)}\right)=\log(2)+2\log(3)-3\log\Gamma\left(\dfrac{1}{3}\right).\end{eqnarray*}$

Esercizio 41 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#1186002). Si provi che in virtù della formula di riflessione della funzione Trigamma si ha

$\int_{1}^{+\infty}\frac{\log^2(x)\,dx}{1+x+x^2} = \frac{8\pi^3}{81\sqrt{3}}.$

Esercizio 42 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#2955040). Si determini esplicitamente il valore dell’integrale doppio

$I=\iint_{(0,1)^2}\frac{\arcsin(xy)}{xy}\,dx\,dy.$

$\quad$

Dimostrazione. Per la serie di Maclaurin di $(1-x^2)^{-1/2}$ abbiamo

$I = \sum_{n\geq 0}\frac{\binom{2n}{n}}{4^n(2n+1)^3}=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{\log^2(x)}{\sqrt{1-x^2}}\,dx=\frac{1}{2}\lim_{\alpha\to 0^+}\frac{d^2}{d\alpha^2}\int_{0}^{1}\frac{x^\alpha}{\sqrt{1-x^2}}\,dx.$

L’ultimo integrale è dato da un valore della funzione Beta. Derivando due volte rispetto al parametro $\alpha$ abbiamo che l’integrale di partenza è esplicitabile in termini dei valori di $\Gamma,\psi,\psi'$ in corrispondenza di $\dfrac{1}{2}$ e $1$ . In particolare si ha

$I = \frac{\pi^3}{48}+\frac{\pi}{4}\log^2(2).$

Esercizio 43 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . (MSE#730732). Si provi che vale

$\sum_{n\geq 1}\frac{H_{4n}}{n^2}=\frac{67}{8}\sum_{n\geq 1}\frac{1}{n^3}-2\pi\sum_{n\geq 0}\frac{(-1)^n}{(2n+1)^2}.$

Esercizio 44 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ . (MSE#1450492). Si provi che vale

$\lim_{n\to +\infty}\left(-\frac{\log(n)}{3}+\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{3k+1}\right) = \frac{\gamma}{3}+\frac{\pi}{6\sqrt{3}}+\frac{\log(3)}{2}.$

Esercizio 45 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (MSE#1941888). Si provi che in senso di Riemann improprio si ha

$\int_{0}^{+\infty}\sin(x)\log(x)\frac{dx}{x} = -\frac{\pi\gamma}{2}.$

$\quad$

Esercizio 46 $(\bigstar\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar)$ . Si provi che

$\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(ex)^x\Gamma(1-x)}=\frac{1}{2}.$

Esercizio 47 $(\bigstar\bigstar\largewhitestar\largewhitestar\largewhitestar)$ (AMM#12.2.20-10). Posto

$a_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2},\qquad b_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k-1)^2}$

si provi che si ha

$\lim_{n\to +\infty}n\left(\frac{b_n}{a_n}-\frac{3}{4}\right)=\frac{3}{\pi^2}.$

$\quad$

Dimostrazione. Il claim dipende semplicemente dal comportamento asintotico della funzione Trigamma.

Abbiamo infatti

$a_n = H_n^{(2)} = \frac{\pi^2}{6}-\psi'(n+1),$

$b_n = \sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k^2}-\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{(2k)^2}=H_{2n}^{(2)}-\frac{1}{4}H_n^{(2)}=\frac{\pi^2}{8}-\psi'(2n+1)+\frac{1}{4}\psi'(n+1),$

$b_n-\frac{3}{4}a_n = \psi'(n+1)-\psi'(2n+1)$

e per quanto già visto nella dimostrazione della disuguaglianza di Stirling (via creative telescoping)

$\psi'(m) = \frac{1}{m}+\frac{1}{2m^2}+\frac{1}{6m^3}+O\left(\frac{1}{m^5}\right)$

per $m\to +\infty$ . La tesi segue immediatamente da $n(\psi'(n+1)-\psi'(2n+1))\to\frac{1}{2}$ e $a_n\to \frac{\pi^2}{6}$ .

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, 2017.

[4] Flajolet, P., Salvy, B., “Euler Sums and Contour Integral Representations”, INRIA RR-2917, 1996.

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

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

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