Calcular integrales que implican la función gamma

Question

¿Qué son los los habituales caminos a seguir para resolver las integrales siguientes? $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \ln\Gamma(x)\,dx\\ J&=\int_0^1 x\ln\Gamma(x)\,dx \end{align*} $$

Answer 1

En cuanto a la primera integral, se puede utilizar reflexión fórmula % de Euler $\Gamma(1-z) \; \Gamma(z) = {\pi \over \sin{\pi z}}\;$: $$ me = \frac12\int_0^1 (\log \Gamma (x) + \log \Gamma(1-x)) \; DX = \frac12\int_0^1 \log \frac{\pi} {\sin{\pi x}} dx = \frac12\int_0^1 $$ $$ (\log {\pi}-\log {\sin{\pi x}}) \; DX = \frac12\log {\pi}-\frac1{2\pi}\int_0^\pi \log {\sin{x}}\; DX = $$ $$ \frac12\log {\pi}-\frac1{2\pi}(-\pi \log 2) = \frac {1} {2} \log 2 \pi. $$ La última integral es conocida integral de Gauss.

Answer 2

Como un apéndice de este tipo para las respuestas anteriores, no es la identidad

$$\mathrm{logG}(z+1)=\frac{z}{2}\log(2\pi)-\frac{z(z+1)}{2}+z\log\Gamma(z+1)-z(\log\,z-1)-\int_0^z \log\Gamma(t)\,\mathrm dt$$

donde $\mathrm{logG}(z)$ es el logaritmo de la Barnes función (doble función gamma) $G(z)$, la función que satisface la ecuación funcional $G(z+1)=\Gamma(z)G(z)$. (Barnes demostrado que esta identidad en su papel, en donde presentó la función ahora nombrado después de él.) Para $n$ un entero, $G(n)$ puede ser expresado como

$$G(n)=\prod_{k=1}^{n-2} k!$$

Por lo tanto, para evaluar $\int_0^1 \log\Gamma(t)\,\mathrm dt$, tenemos

$$\begin{align*} \mathrm{logG}(2)&=\frac{1}{2}\log(2\pi)-1+\log\Gamma(2)-(\log\,1-1)-\int_0^1 \log\Gamma(t)\,\mathrm dt\\ 0&=\frac{1}{2}\log(2\pi)-\int_0^1 \log\Gamma(t)\,\mathrm dt \end{align*}$$

y usted obtiene la misma solución como Andrew.

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Para la integral $\int_0^1 t\log\Gamma(t)\,\mathrm dt$, integración por partes y la adopción de las medidas de los límites de los rendimientos de la identidad

$$\int_0^1 t\log\Gamma(t)\,\mathrm dt=-\frac12\int_0^1 t^2\,\psi(t)\,\mathrm dt$$

Ahora, Víctor Adamchik, en un papel en la negativa de orden polygamma funciones (el mismo tipo de funciones que aparecen en Argón de la respuesta), le da identidad

$$\begin{split}&\int_0^z x^n \psi(x) \,\mathrm dx=\\&(-1)^n\left(\frac{B_{n+1} H_n}{n+1}-\zeta^\prime(-n)\right)+\sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} z^{n-k} \left(\zeta^\prime(-k,z)-\frac{B_{k+1}(z) H_k}{k+1}\right)\end{split}$$

donde $B_n$ $B_n(z)$ son los números de Bernoulli y polinomios, $H_n=\sum_{j=1}^n\frac1{j}$ es un número armónico, y $\zeta^\prime(s,a)=\left.\frac{\mathrm d}{\mathrm dt}\zeta(t,a)\right|_{t=s}$ es la derivada de la zeta de Hurwitz función.

Para $z=1$, la identidad simplifica muy bien:

$$\int_0^1 x^n \psi(x) \,\mathrm dx=\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^k\binom{n}{k}\left(\zeta^\prime(-k)-\frac{B_{k+1} H_k}{k+1}\right)$$

Tomando $n=2$, y el uso de los valores especiales $\zeta^\prime(0)=-\frac12\log(2\pi)$ $\zeta^\prime(-1)=\frac1{12}-\log\,A$ donde $A$ es el Glaisher-Kinkelin constante, se obtiene finalmente

$$\int_0^1 x^2 \psi(x) \,\mathrm dx=2\log\,A-\frac12\log(2\pi)$$

y así

$$\int_0^1 t\log\Gamma(t)\,\mathrm dt=\frac14\log(2\pi)-\log\,A$$

Answer 3

En cuanto a $J$, otra forma es intentar usar la serie de Fourier para $\ln\Gamma(x)$ descubierto en 1847 por E.E. Kummer:

$$\ln\Gamma(x)=\frac{\ln 2\pi}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos 2\pi nx}{2n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(\gamma+\ln 2\pi n)\sin 2\pi nx}{n\pi}\,(0<x<1)$$

donde $\gamma=0.577\dots$ es constante de Euler

Vamos a multiplicar esta igualdad por $x$ e integrar de $0\text{ to }1$.

Integrales del lado derecho:

$$\begin{align*} &\int_{0}^{1}x\,dx=\frac{1}{2}\\ &\int_{0}^{1}x\cos 2\pi nx\,dx=0\\ &\int_{0}^{1}x\sin 2\pi nx\,dx=-\frac{1}{2\pi n} \end{align*} $$ Thus, $% $ $\begin{align*}\int_{0}^{1}x\ln\Gamma(x)&=\frac{\ln 2\pi}{4}-\frac{\gamma}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln 2\pi n}{n^2}\\&=\frac{\ln 2\pi}{4}-\frac{\gamma}{12}-\frac{1}{2\pi^2}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln 2\pi n}{n^2}\end{align*}$si no me equivoco. No sé esto se simplifica aún más.

Answer 4

La integral de la $I$ fue mencionado en el chat recientemente, y mi solución es diferente a las indicadas antes.

Desde $x\Gamma(x)=\Gamma(x+1)$, tenemos $$ \int_0^n\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x+\int_0^n\log(x)\,\mathrm{d}x =\int_1^{n+1}\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{1} $$ Restando $\int_1^n\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x$ $(1)$ da $$ \int_0^1\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x+\int_0^n\log(x)\,\mathrm{d}x =\int_n^{n+1}\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x\etiqueta{2} $$ Stirling aproximación dice $$ \log(\Gamma(x))=x\log(x)-x-\frac12\log(x)+\frac12\log(2\pi)+o(1)\etiqueta{3} $$ La integración de $(3)$ $n$ $n+1$ rendimientos $$ \begin{align} &\int_n^{n+1}\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x\\ &=\left[\frac12x^2\log(x)-\frac14x^2-\frac12x^2-\frac12x\log(x)+\frac12x\right]_n^{n+1}+\frac12\log(2\pi)+o(1)\\ &=n\log(n)-n+\frac12\log(2\pi)+o(1)\tag{4} \end{align} $$ Además, $$ \int_0^n\log(x)\,\mathrm{d}x=n\log(n)-n\etiqueta{5} $$ A la luz de $(2)$, restando $(5)$ $(4)$ da $$ \begin{align} \int_0^1\log(\Gamma(x))\,\mathrm{d}x &=\frac12\log(2\pi)+o(1)\\ &=\frac12\log(2\pi)\tag{6} \end{align} $$

Answer 5

Por partes, tenemos %#% $ #%

donde $$J=\int_0^1 x\log \Gamma(x) \, dx=\left[x\psi^{(-2)}(x)\right]_0^1-\int_0^1 \psi^{(-2)}(x)\, dx=\psi^{(-2)}(1)-\psi^{(-3)}(1)=I-\psi^{(-3)}(1)=\frac{1}{4}\log (\frac{2\pi}{A^4})$ Glaisher constante de.