$\frac{\mathrm d^2 \log(\Gamma (z))}{\mathrm dz^2} = \sum\limits_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(z+n)^2}$

Question

¿Cómo puedo mostrar

$$\frac{\mathrm d^2 \log(\Gamma(z))}{\mathrm dz^2} = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{(z+n)^2}$$ ?

$\Gamma(z)$ es la función gamma.

Answer 1

Utilizar la fórmula del producto hadamard

$\Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{k=1}^\infty \left( 1 + \frac{z}{k} \right)^{-1} e^{z/k} $

A continuación, observe que

$\frac{d \log(\Gamma(z))} {dz} = \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} $

Para un producto infinito, hay una manera fácil de calcular esta expresión. Si

$ f(z) = \prod f_n(z)$

entonces no es difícil demostrar que

$ \frac{f'(z)}{f(z)} = \sum \frac{f_n'(z)}{f_n(z)} $

aplicando esto a la función Gamma se obtiene

$ \frac{\Gamma'(z)}{\Gamma(z)} = -\gamma - \frac{1}{z} + \sum_{k=1}^\infty \frac{-1}{k(1 + z/k)} + \frac{1}{k} $

Entonces tenemos que tomar una derivada más para obtener

$ \frac{d^2 \log(\Gamma(z))} {dz^2} = \frac{1}{z^2} + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{(k + z)^2} = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{(z+n)^2} $

Answer 2

Supongamos la fórmula de Gauss $$\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}+\gamma=\int_{0}^{1}\frac{1-t^{a-1}}{1-t}dt$$ (donde $\gamma$ es el Constante de Euler-Mascheroni ). Integrando la identidad $$\frac{1-t^{a-1}}{1-t}=\sum_{k=0}^{\infty}(t^{k}-t^{a+k-1})$$ se obtiene la serie $$\frac{d\ln \Gamma(a)}{da}+\gamma=\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{1}{k+1}-\frac{1}{a+k}\right)$$ que converge uniformemente en intervalos finitos $a\in[0,A]$ . Ahora podemos diferenciar esta última serie en $a$ para obtener que $$\frac{d^2\ln\Gamma(a)}{da^2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(a+k)^2}.$$ La diferenciación es válida ya que la serie resultante converge uniformemente para $a\geq 0.$

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Derivación de la fórmula de Gauss.

Utilizando las propiedades básicas del función beta obtenemos $$\Gamma(b)-B(a,b)=\Gamma(b)-\frac{\Gamma(a)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b)}=\frac{b\Gamma(b)(\Gamma(a+b)-\Gamma(a))}{b\Gamma(a+b)}$$ $$=\frac{\Gamma(b+1)}{\Gamma(a+b)}\cdot\frac{\Gamma(a+b)-\Gamma(a)}{b}.$$ Pasar al límite $b\to0$ produce $$\frac{d\ln \Gamma(a)}{da}=\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}=\lim\limits_{b\to 0}(\Gamma(b)-B(a,b)),$$ o $$\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}=\lim\limits_{b\to 0}\int_{0}^{\infty}x^{b-1}\left(e^{-x}-\frac{1}{(1+x)^{a+b}}\right)dx=\int_{0}^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{(1+x)^{a}}\right)\frac{dx}{x}.\qquad(1)$$ La identidad (1) puede utilizarse para definir la constante de Euler $\gamma$ $$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad-\gamma:=\frac{\Gamma'(1)}{\Gamma(1)}=\int_{0}^{\infty}\left(e^{-x}-\frac{1}{1+x}\right)\frac{dx}{x}.\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad(2)$$ Restando (2) de (1) y utilizando la sustitución $t=\frac{1}{1+x}$ obtenemos que $$\frac{\Gamma'(a)}{\Gamma(a)}-\frac{\Gamma'(1)}{\Gamma(1)}=\int_{0}^{1}\frac{1-t^{a-1}}{1-t}dt.$$