Integral de la $\int_0^1 \log \left(\Gamma\left(x+\alpha\right)\right)\,{\rm d}x=\frac{\log\left( 2 \pi\right)}{2}+\alpha \log\left(\alpha\right) -\alpha$

Question

Hola estoy tratando de demostrar que$$ I:=\int_0^1 \log\left(\,\Gamma\left(x+\alpha\right)\,\right)\,{\rm d}x =\frac{\log\left(2\pi\right)}{2}+\alpha \log\left(\alpha\right) -\alpha\,,\qquad \alpha \geq 0. $$ No estoy seguro de si va a utilizar una representación integral o a utilizar alguna de Euler reflexión fórmula $$ \Gamma(z)\Gamma(1-z)=\frac{\pi}{\sin \pi z} $$ ya en un post anterior que utiliza para resolver este tipo de integrales. Aparte de este método, se puede utilizar la representación integral $$ \Gamma(t)=\int_0^\infty x^{t-1} e^{-x}\, dx. $$

También tenga en cuenta $\Gamma(n)=(n-1)!$.

Answer 1

Otra manera de mostrar $$\int_{0}^{1} \log \Gamma(x+ \alpha) \, dx = \int_{0}^{1} \log \Gamma(x) \, dx + \alpha \log \alpha - \alpha $$

es reescribir la integral como

$$ \begin{align} \int_{0}^{1} \log \Gamma (x+\alpha) \, dx &= \int_{\alpha}^{\alpha+1} \log \Gamma(u) \, du \\ &= \int_{0}^{1} \log \Gamma (u) \, du + \int_{1}^{\alpha+1} \log \Gamma (u) \, du - \int_{0}^{\alpha} \log \Gamma (u) \, du \\ &= \int_{0}^{1} \log \Gamma (u) \, du + \int_{0}^{\alpha} \log \Gamma (w+1) \, dw - \int_{0}^{\alpha} \log \Gamma (u) \, du \end{align}$$

y, a continuación, combinar la 2ª y 3ª integrales y el uso funcional de la ecuación de $\frac{\Gamma(x+1)}{\Gamma (x)} = x.$

Answer 2

Este es engañosamente simple. Diferenciar con respecto a $\alpha$ y observe que el integrando se convierte en $\dfrac{\Gamma'(x+\alpha)}{\Gamma(x+\alpha)} $. Usted puede ver esto también como $(\log\Gamma(x+\alpha))'$ (donde la derivada es tomada con respecto a los $x$ ahora). En este punto usted tiene

$$\begin{align}\int_0^1(\log\Gamma(x+\alpha))'dx &= \log\Gamma(x+\alpha)\bigg|_0^1 \\ &= \log\Gamma(1+\alpha)-\log\Gamma(0+\alpha) \\ &= \log(\alpha\Gamma(\alpha))-\log\Gamma(\alpha) \\ &= \log\alpha+\log\Gamma(\alpha)-\log\Gamma(\alpha) \\ &=\log\alpha \end{align}$$

Por lo $I'(\alpha) = \log(\alpha)$, lo que le da ese $I(\alpha) = \alpha\log\alpha-\alpha+C$. Para determinar la constante de integración, tome $\alpha = 0$. Esto le da

$$I(0) = C = \int_0^1\log\Gamma(x)dx.$$

A partir de aquí, se refieren a achille post para evaluar esta integral.

Answer 3

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(#1\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ \begin{align}&\totald{}{\alpha}\int_{0}^{1} \ln\pars{\Gamma\pars{x + \alpha}}\,\dd x =\int_{0}^{1}\partiald{\ln\pars{\Gamma\pars{x + \alpha}}}{\alpha}\,\dd x =\int_{0}^{1}\partiald{\ln\pars{\Gamma\pars{x + \alpha}}}{x}\,\dd x \\[3mm]&=\ln\pars{\Gamma\pars{1 + \alpha} \over \Gamma\pars{\alpha}} =\ln\pars{\alpha} \end{align}

\begin{align}&\int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x + \alpha}}\,\dd x =\alpha\ln\pars{\alpha} - \alpha + \int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x}}\,\dd x \end{align}

\begin{align}&\int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x}}\,\dd x =\int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{1 - x}}\,\dd x =\int_{0}^{1}\ln\pars{\pi \over \Gamma\pars{x}\sin\pars{\pi x}}\,\dd x \\[3mm]&=\ln\pars{\pi} - \int_{0}^{1}\ln\pars{\sin\pars{\pi x}}\,\dd x -\int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x}}\,\dd x \end{align}

\begin{align}&\int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x}}\,\dd x =\half\,\ln\pars{\pi} -{1 \over 2\pi}\ \underbrace{\int_{0}^{\pi}\ln\pars{\sin\pars{x}}\,\dd x}_{\ds{-\pi\ln\pars{2}}} =\half\,\ln\pars{2\pi} \end{align} La anterior $\ds{\ul{\ln\pars{\sin\pars{\cdots}}\!\mbox{-integral}}}$ es un resultado conocido y aparece con frecuencia en M. SE.

$$\color{#66f}{\large% \int_{0}^{1}\ln\pars{\Gamma\pars{x + \alpha}}\,\dd x ={\ln\pars{2\pi} \over 2} + \alpha\ln\pars{\alpha} - \alpha} $$

Answer 4

He aquí un método general que usted pueda utilizar para calcular el $I(\alpha)$ si usted ya sabe $I(0),I(1)$.

Después de que usted haya diferenciado w.r.t. $\alpha$ bajo la integral, usted puede utilizar siempre que $$(\log\Gamma(x+\alpha))'=-\gamma+\sum_{k \ge1}\frac{1}{k}-\frac{1}{(k+x+\alpha-1)}$$ y diferenciar otra vez para dar $$(\log\Gamma(x+\alpha))''=\sum_{k \ge1}\frac{1}{(k+x+\alpha-1)^2}.$$ Así por Tornelli intercambio integral y la suma de la orden, dando $$I''(\alpha)=\sum_{k \ge 1}\int_0^1\frac{dx}{(k+x+\alpha-1)^2}=\sum_{k \ge 1}\frac{1}{(k+\alpha-1)}-\frac{1}{(k+\alpha)}=\frac{1}{\alpha}$$ $$I'(\alpha)=\log(\alpha)+k$$ $$I(\alpha)=\alpha\log(\alpha)+k\alpha+c$$ $$I(\alpha)=\alpha\log(\alpha)+(I(1)-I(0))\alpha+I(0).$$