Demostrar

Question

Me encontré con esta agradable identidad: $$\int_{0}^\infty \frac{1}{\Gamma(x)}\, \mathrm{d}x = e + \int_0^\infty \frac{e^{-x}}{\pi^2 + \ln^2 x}\, \mathrm{d}x$ $

¿Hay una prueba elemental?

Answer 1

Hardy anotó en sus 1937 papeles que la fórmula fue descubierta por Ramanujan, que no profesan demostrar que dicha identidad. Hardy publicó su prueba, que se basa en la "Plana de la fórmula"(Una prueba de la Plana de la fórmula se puede encontrar aquí). Aquí es un esquema de Hardy original de la prueba. Dudo de la existencia de un "elemental" en la prueba existe(sin análisis complejo).

La Plana de la fórmula afirma que

$$\sum_{n=0}^{\infty}f(n)-\int_{0}^{\infty}f(x)dx=\frac{1}{2}f(0)+i\int_{0}^{\infty}\frac{f(it)-f(-it)}{e^{2\pi t}-1}dt$$

Deje $f(u)=1/\Gamma(u)$, $$\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}-\int_{0}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(x)}dx=i\int_{0}^{\infty}\frac{1/\Gamma(it)-1/\Gamma(-it)}{e^{2\pi t}-1}dt$$

Primaria, la transformación de RHS da

$$i\int_{0}^{\infty}\frac{1/\Gamma(it)-1/\Gamma(-it)}{e^{2\pi t}-1}dt=-\frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1/\Gamma(it)}{\sin \pi i t}e^{-\pi\vert t\vert}dt$$

También se $$e^{-\pi\vert t\vert}=\int_{0}^{\infty}\frac{u^{it}}{u(\pi^2+\log^2u)}du$$

A continuación, lado derecho es igual a $$\int_{-\infty}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{u^{it}}{u(\pi^2+\log^2u)}\frac{-1/\Gamma(it)}{2\sin \pi i t}dudt$$

Mellin transformar da $$-\frac{1}{2\pi i}\int_{C}\frac{\pi u^{z-1}}{\Gamma(z)\sin \pi z}dz=-e^{-u}$$

donde C es el eje imaginario.

Y hemos terminado.