La evaluación de $\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{\Gamma(x)}} dx$

Question

¿Cuál es el valor de la siguiente integral?

$$\int_0^1 \frac{1}{\sqrt{\Gamma(x)}} \,dx$$

Aquí $\Gamma(x)$ es la función gamma de Euler.

EDIT: se Puede mejorar el límite superior estrictamente menor que $1$?

(Gracias por la sugerencia acerca de $\Gamma(x)$ $> 1$ en el dominio de integración.)

Answer 1

Primero $$ \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\Gamma(x)}} = \int_0^1 \frac{\sqrt{x} \mathrm{d} x}{\sqrt{\Gamma\left(1+x\right)}} $$ Ahora podemos demostrar que para todos los $0<s<1$ $$ \Gamma\left(1+s\right) = \int_0^1 t^{s} \exp(-t) \mathrm{d} t + \int_1^\infty t^{s} \exp(-t) \mathrm{d} t > \int_0^1 t \exp(-t) \mathrm{d} t + \int_1^\infty \exp(-t) \mathrm{d} t = 1 - \mathrm{e}^{-1} $$ Así $$ \frac{1}{\sqrt{\Gamma(1+x)}} < \frac{1}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}} $$ dando $$ \int_0^1 \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{\Gamma(x)}} < \frac{1}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}} \int_0^1 \sqrt{x} \mathrm{d} x = \frac{2}{3} \frac{1}{\sqrt{1-\mathrm{e}^{-1}}} \approx 0.838511 $$

Answer 2

Usted puede obtener la envolvente de $\sim 0.782..$ mediante la expansión de la serie: $$\frac{1}{\sqrt{\Gamma(x)}} < \sqrt{x} + \frac{\gamma}{2} x^{3/2}$$ Y la integración de: $$\int_0^1\frac{1}{\sqrt{\Gamma(x)}}dx < 2/3+\gamma/5\sim 0.782$$ Por supuesto, el uso de mayor número de términos que se llevará a cotas inferiores. De hecho, los primeros cuatro términos de dar un resultado exacto a tres dígitos.

Answer 3

Permítanos calcular de una forma más simple integrales primeras. Vamos a reemplazar la raíz cuadrada en el denominador por una primera potencia. Tenemos : \begin{eqnarray} I=\int\limits_0^1 \frac{1}{\Gamma(x)} dx = \lim_{n\rightarrow \infty} \int\limits_0^1 \frac{x^{(n+1)}}{n! n^x} d x = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n!} \int\limits_0^1 \frac{(-x)_{(n+1)}}{ n^x} d x =\\ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n!} \sum\limits_{k=0}^{n+1} \frac{s(n+1,k) (-1)^k}{(\log(n))^{k+1}} \cdot (k! - \Gamma(k+1,\log(n))) =\\ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n! \log(n)^2} \sum\limits_{k=1}^{n+1} \frac{1}{(k-1)!} \left. \frac{d^{k-1} x^{(n)}}{d x^{k-1}} \frac{1}{(\log(n))^{k-1}} \cdot (k! - \Gamma(k+1,\log(n))) \right|_{x=1} =\\ \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n! \log(n)^2} \int\limits_0^{\log(n)} t \left(1+\frac{t}{\log(n)}\right)^{(n)} e^{-t} dt=\\ \lim_{n\rightarrow \infty} \int\limits_0^{\log(n)} t \binom{n+\frac{t}{\log(n)}}{n}\frac{1}{\log(n)^2} e^{-t} dt = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{\int\limits_0^n t \binom{e^n + \frac{t}{n}}{e^n} e^{-t} dt}{n^2} = 0.54123573432867053015.. \end{eqnarray} Aquí $s(n,k)$ son los números de Stirling de primera especie. Ahora, es fácil ver que el límite de más de $n$ existe. En primer lugar, tenga en cuenta que si $n>1$ tenemos: \begin{equation} \log\left[\binom{e^n+\frac{t}{n}}{e^n} \cdot e^{-t}\right] = \sum\limits_{l=1}^\infty \frac{(-1)^{l+1}}{l} t^l \left(\frac{H_{e^n}^{(l)}}{n^l} - 1_{l=1}\right) \end{equation} donde $H_n^{(l)}$ son la generalización de la armónica de los números. Exponentiating ambos lados de la ecuación anterior e insertar el resultado en el integrando en la última expresión anterior y haciendo de la escuela primaria, las integrales sobre los poderes de t, se obtiene: \begin{eqnarray} I= \frac{1}{2} &+& \frac{1}{1!} \sum\limits_{l=1}^\infty (-1)^{l+1} \cdot \frac{1}{l+2} \cdot \frac{1}{l} (H^{(l)}_{e^n} - 1_{l=1} n^l) + \\ &+&\frac{1}{2!} \sum\limits_{l=2}^\infty (-1)^{l+2} \cdot \frac{1}{l+2} \cdot \sum\limits_{\stackrel{l_1+l_2=l}{l_1,l_2 \ge 1}} \prod_{\xi=1}^2 \frac{1}{l_\xi}(H^{(l_\xi)}_{e^n} - 1_{l_\xi=1} n^{l_\xi}) + \\ &+&\frac{1}{3!} \sum\limits_{l=3}^\infty (-1)^{l+3} \cdot \frac{1}{l+2} \cdot \sum\limits_{\stackrel{l_1+l_2+l_3=l}{l_1,l_2,l_3 \ge 1}} \prod_{\xi=1}^3 \frac{1}{l_\xi}(H^{(l_\xi)}_{e^n} - 1_{l_\xi=1} n^{l_\xi}) + \\ &+&\cdots \end{eqnarray} Ahora, ya \begin{equation} \frac{1}{l} \left(H^{(l)}_{e^n} - 1_{l=1} n^l\right) \stackrel{\rightarrow}{n\rightarrow \infty} \left\{ \begin{array}{rr} \gamma & \mbox{if %#%#%} \\ \frac{\zeta(l)}{l} & \mbox{otherwise} \end{array} \right. \end{equation} y ya que todos los de la serie anterior convergen podemos concluir que hemos terminado el cálculo.

Ahora el siguiente paso sería considerar entero negativo poderes de la función Gamma en el integrando.