Evaluación de la integral logarítmica gamma $\int_{0}^{z} \log \Gamma (x) \, \mathrm dx$ en términos de la función zeta de Hurwitz

Question

Una forma de evaluar $ \displaystyle\int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx $ es en términos de Función G de Barnes .

$$ \int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = \frac{z}{2} \log (2 \pi) + \frac{z(1-z)}{2} + z \log \Gamma(z) - \log G(z+1)$$

Otra forma es en términos de Función zeta de Hurwitz .

$$ \int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = \frac{z}{2} \log(2 \pi) + \frac{z(1-z)}{2} - \zeta^{'}(-1) + \zeta^{'}(-1,z)$$

He estado tratando de probar esto último para poder probar $$\log G(z+1) - z \log \Gamma(z) = \zeta'(-1) - \zeta'(-1,z) .$$

Mi punto de partida es el función generadora $$ \sum_{k=2}^{\infty} \zeta(k,a) x^{k-1} = \psi(a) - \psi(a-x) .$$

Integrando ambos lados, obtengo $$ \sum_{k=2}^{\infty} \frac{\zeta(k,a)}{k} x^{k} = \psi(a) x + \log \Gamma(a-x) - \log \Gamma(a),$$

lo que implica

$$ \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\zeta(k,1)}{k} x^{k} = \gamma x + \log \Gamma(x+1) . $$

A continuación, reordenando e integrando ambos lados de $0$ à $z$ , obtengo

$$ \int_{0}^{z} \log \Gamma(x+1) \, \mathrm dx = \int_{0}^{z} \log x \ \mathrm dx + \int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = - \frac{\gamma z^{2}}{2} + \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\zeta(k,1)}{k(k+1)} z^{k+1} .$$

Y luego utilizando la representación integral $$ \zeta(s,a) = \frac{1}{\Gamma(s)} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1} e^{-at}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt, $$ Recibo

$$ \int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = z- z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + \sum_{k=2}^{\infty} (-1)^{k} \frac{z^{k+1}}{k(k+1)} \frac{1}{\Gamma(k)} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{k-1} e^{-t}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt $$

$$ = z - \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + z \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}}{1-e^{-t}} \frac{1}{t} \sum_{k=2}^{\infty} \frac{(-1)^{k}}{k+1} \frac{(zt)^{k}}{k!} \, \mathrm dt $$

$$ = z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + z \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-t}}{1-e^{-t}}\frac{1}{t} \left( -\frac{e^{-zt}}{zt} - 1 + \frac{zt}{2} + \frac{1}{zt} \right) \, \mathrm dt$$

$$ = z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + \lim_{s \to 0^{+}} \Big[ - \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s -2} e^{-(z+1)t}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt - z \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s-1} e^{-t}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt $$ $$ + \frac{z^{2}}{2} \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s} e^{-t}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt + \int_{0}^{\infty} \frac{t^{s -2} e^{-t}}{1-e^{-t}} \, \mathrm dt \Big]$$

$$ = z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + \lim_{s \to 0^{+}} \Big[ - \Gamma(s-1) \zeta(s-1,z+1) -z \Gamma(s) \zeta(s) + \frac{z^{2}}{2} \Gamma(s+1) \zeta(s+1)$$ $$ + \Gamma(s-1) \zeta(s-1) \Big] .$$

Suponiendo que no haya cometido ningún error hasta este momento, ¿cómo evalúo ese límite?

Answer 1

Para evaluar ese límite, podemos expandir cada función en una serie de Laurent en $s=0$ y utilizar los siguientes 3 hechos acerca de la función zeta de Hurwitz:

$$ \zeta(-s,a) = \zeta(-s,a+1) + a^{s} \tag{1}$$

$$ \zeta'(-s,a) = \zeta'(-s,a+1) -a^{s} \log(a) $$

$$\zeta(-n, a) = -\frac{B_{n+1}(a)}{n+1} \ , \ n \in\mathbb{N} \tag{2}$$

De este modo, obtenemos

$$z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2} + \lim_{s \to 0^{+}} \Big[ - \Gamma(s-1) \zeta(s-1,z+1) -z \Gamma(s) \zeta(s) + \frac{z^{2}}{2} \Gamma(s+1) \zeta(s+1)$$

$$+ \Gamma(s-1) \zeta(s-1) \Big]$$

$$ = z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2}$$

$$ + \lim_{s \to 0^{+}} \Bigg[-\Big(-\frac{1}{s} + \gamma -1 + \mathcal{O}(s) \Big) \Big( -\frac{z^{2}}{2}+\frac{z}{2}-\frac{1}{12}-z + \zeta'(-1,z)s + z \log z \ s + \mathcal{O}(s^{2}) \Big)$$

$$ - z \Big( \frac{1}{s} - \gamma + \mathcal{O}(s) \Big) \Big( - \frac{1}{2} - \frac{\log (2 \pi)}{2} s + \mathcal{O}(s^{2}) \Big) + \frac{z^{2}}{2} \Big(1- \gamma s + \mathcal{O}(s^{2}) \Big) \Big( \frac{1}{s} + \gamma + \mathcal{O} (s) \Big) $$

$$ + \Big(- \frac{1}{s} + \gamma -1 + \mathcal{O} (s) \Big) \Big( - \frac{1}{12} + \zeta'(-1) s + \mathcal{O}(s^{2}) \Big) \Bigg] $$

$$ = z - z \log z - \frac{\gamma z^{2}}{2}$$

$$ + \lim_{s \to 0^{+}} \Big[\zeta'(-1,z) + z \log z + \frac{\gamma z^{2}}{2} - \frac{z^{2}}{2} + \frac{z}{2} - z + \frac{z \log(2 \pi)}{2} - \zeta(-1)+ \mathcal{O}(s) \Big] $$

$$ = \frac{z}{2} \log(2 \pi) + \frac{z(1-z)}{2} -\zeta'(-1)+ \zeta'(-1,z) $$

$ $

$(1)$ http://dlmf.nist.gov/25.11 (25.11.3)

$(2)$ http://mathworld.wolfram.com/HurwitzZetaFunction.html (9)

Answer 2

Otro enfoque

Empiece por lo siguiente

$$\zeta(s,z) = \frac{z^{-s}}{2}+\frac{z^{1-s}}{s-1}+2\int^\infty_0 \frac{\sin(s\arctan(x/z))}{(z^2+x^2)^{s/2}(e^{2\pi x}-1)}\,dx$$

Por lo tanto, tenemos

$$\zeta'(-1,z) = -\frac{z\log(z)}{2}+\frac{z^2\log(z)}{2}-\frac{z^2}{4}+\int^\infty_0 \frac{x\log(x^2+z^2)+2z\arctan(x/z)}{(e^{2\pi x}-1)}\,dx$$

Ahora usa eso

$$\psi(z) = \log(z)-\frac{1}{2z}-2\int^\infty_0 \frac{x }{(z^2+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx$$

Lo que implica que

$$\int^\infty_0 \frac{2zx }{(z^2+x^2)(e^{2\pi x}-1)}dx=z\log(z)-\frac{1}{2}-z\psi(z)$$

Tomando la integral

$$\int^\infty_0 \frac{x\log(x^2+z^2) -x\log(x^2)}{(e^{2\pi x}-1)}dx=\int^z_0x\log(x)\,dx-\int^z_0x\psi(x)\,dx-\frac{z}{2}$$

Lo que se simplifica en

$$\int^\infty_0 \frac{x\log(x^2+z^2) }{(e^{2\pi x}-1)}dx=\zeta'(-1)-\frac{z^2}{4}+\frac{1}{2} z^2 \log(z)-z\log\Gamma(z)+\int^z_0\log\Gamma(x)\,dx-\frac{z}{2}$$

También tenemos

$$2\int^\infty_0 \frac{x}{(x^2+z^2)(e^{2\pi x}-1)}dx=\log(z)-\frac{1}{2z}-\psi(z)$$

Por integración tenemos

$$2\int^\infty_0 \frac{\arctan(x/z)}{(e^{2\pi x}-1)}dx=z+\frac{\log(z)}{2}-z \log(z)+\log\Gamma(z)+C$$

Sea $z \to 1$ para evaluar la constante

$$2\int^\infty_0 \frac{\arctan(x/z)}{(e^{2\pi x}-1)}dx=z+\frac{\log(z)}{2}-z \log(z)+\log\Gamma(z)-\frac{1}{2}\log(2\pi)$$

Multiplicar por $z$

$$2\int^\infty_0 \frac{z\arctan(x/z)}{(e^{2\pi x}-1)}dx=z^2+\frac{z\log(z)}{2}-z^2 \log(z)+z\log\Gamma(z)-\frac{z}{2}\log(2\pi)$$

Sustituye ambas integrales por nuestra fórmula

$$\zeta'(-1,z) =-\frac{z\log(z)}{2}+\frac{z^2\log(z)}{2}-\frac{z^2}{4}+z^2+\frac{z\log(z)}{2}-z^2 \log(z)+z\log\Gamma(z)\\-\frac{z}{2}\log(2\pi)+\zeta'(-1)-\frac{z^2}{4}+\frac{1}{2} z^2 \log(z)-z\log\Gamma(z)+\int^z_0\log\Gamma(x)\,dx-\frac{z}{2}$$

Lo que se reduce a

$$\int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = \frac{z}{2} \log(2 \pi) + \frac{z(1-z)}{2} - \zeta^{'}(-1) + \zeta^{'}(-1,z)$$

Answer 3

He aquí una derivación que se basa en operaciones en serie y utiliza un truco de Feynman.

La reación a demostrar es la siguiente

$$ \int_{0}^{z} \log \Gamma(x) \, \mathrm dx = \frac{z}{2} \log(2 \pi) + \frac{z(1-z)}{2} - \zeta^{'}(-1) + \zeta^{'}(-1,z)\tag{1}$$

El l.h.s. también puede escribirse como $ \psi^{(-2)}(z)$ .

Ahora por un lado tenemos por la definición de la función poligamma la siguiente secuencia de integraciones

$$\psi^{(0)}(z) = \frac{\partial}{\partial z} \log \Gamma(z)\tag{2a}$$ $$\psi^{(-1)}(z) = \int_{1}^{z} \psi^{(0)}(x) \, \mathrm dx = \log \Gamma(z)\tag{2b}$$ $$\psi^{(-2)}(z) = \int_{0}^{z} \psi^{(-1)}(x) \, \mathrm dx\tag{2c}$$

La idea clave ahora es utilizar la representación en serie

$$\psi^{(0)}(z) = H_{z-1} -\gamma = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+z-1}\right) - \gamma\tag{3a}$$

donde hemos utilizado la conocida serie para el número armónico.

Esta relación $(3a)$ nos permite utilizar la serie como una especie de "espejo" para ver qué ocurre con las funciones al integrar.

Antes de empezar realizamos una especie de truco de Feynman escribiendo

$$\psi^{(0)}(z) =\lim_{s\to 1} \psi^{(0)}(s,z) $$

donde la función ampliada para incluir el parámetro $s$ naturalmente trae zeta y Hurwitz zeta en el juego (Esto vino como un bono, ya que en primer lugar sólo quería evitar sumas divergentes):

$$\psi^{(0)}(s,z) = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{k^s} - \frac{1}{(k+z-1)^s}\right) - \gamma = \zeta(s) - \zeta(s,z) -\gamma\tag{3b}$$

Recuerde que

$$\zeta(s,z) = \sum _{k=1}^{\infty } \frac{1}{(k+z-1)^s}\tag{4a}$$

de la que también hemos

$$\int \zeta (s,z) \, \mathrm dz = \frac{\zeta (s-1,z)}{1-s}\tag{4b}$$

Ahora realizamos las integraciones de $(2)$ término bajo las sumas (sin el truco de Feynman esto llevaría a sumas divergentes) dando

$$\psi^{(-1)}(s,z) = \int_{x=1}^{z}\psi^{(0)}(s,x) \, \mathrm dx= \frac{\zeta (s-1,z)-\zeta (s-1)}{s-1}+z \zeta (s)-\zeta (s)-\gamma z+\gamma\tag{5b}$$

$$\psi^{(-2)}(s,z)= \int_{x=0}^{z}\psi^{(-1)}(s,x) \, \mathrm dx \\= -\frac{2 \zeta (s-2,z)+(s-2) z ((s-1) (z-2) (\gamma -\zeta (s))+2 \zeta (s-1))-2 \zeta (s-2)}{2 (s-2) (s-1)} \tag{5c}$$

Ahora finalizamos el truco de Feynman realizando el límite $\psi^{(-2)}(z) =\lim_{s\to 1} \psi^{(-2)}(z,s)$ utilizando las expansiones en serie

$$\zeta(s \simeq -1,z) \simeq \zeta (-1,z)+(s+1) \zeta'(-1,z)\tag{6a}$$ $$\zeta(s \simeq 1) \simeq -(s-1) \gamma _1+\frac{1}{s-1}+\Gamma\tag{6b}$$ $$\zeta(s \simeq 0) \simeq -\frac{1}{2} s \log (2 \pi )-\frac{1}{2}\tag{6c}$$ $$\zeta(s \simeq -1) \simeq -\frac{1}{12}+(s+1) \zeta'(-1,0)\tag{6d}$$

llegamos finalmente a la relación $(1)$ que se mostrará.

Tenga en cuenta que a veces $(6d)$ se escribe con $\zeta'(-1,0) \to \frac{1}{12}-\log (A)$ donde $A \simeq 1.28243$ es la constante de Glaisher.

Observación: En realidad, la justificación del truco de Feynman (que es en efecto un intercambio del orden de los límites) debería hacerse estrictamente. Aquí lo tomamos como una herramienta heurística que se justifica a posteriori por la corrección conocida del resultado.