Per Lupo grigio

[Sk_Anonymous]

Tempo addietro venne proposta da Lupo grigio la dimostrazione della seguente formula:
$int_0^(oo)e^(-st)ln^2t*dt=(pi^2)/(6s)+(lns+gamma)^2/s$
essendo $gamma$ la costante di Eulero-Mascheroni.
Raccogliendo il suggerimento di Kroldar avrei trovato una soluzione al quesito.
Ponendo u=st nell'integrale proposto e tenendo conto del gia' noto risultato $int_0^(oo)e^(-t)lnt*dt=-gamma$,
esso si trasforma facilmente in :
(A) $ int_0^(oo)e^(-st) ln^2t*dt=1/s int_0^(oo)e^(-u)ln^2u*du+(ln^2s+2 gamma lns)/s$
Richiamo ora alcune formule circa la funzione $Gamma$
$Gamma(z)=int_0^(oo)e^(-t)t^(z-1)dt$ con Re(z)>0
Derivando,come e' lecito,rispetto a z risulta:
$Gamma'(z)=int_0^(oo)e^(-t) t^(z-1) lnt dt,Gamma''(z)=int_0^(oo)e^(-t)t^(z-1)ln^2t dt$
In particolare per z=1:
(1) $Gamma'(1)=int_0^(oo)e^(-t) lnt dt=-gamma,Gamma''(1)=int_0^(oo)e^(-t) ln^2t dt$
Ora e' noto che $Gamma(z)$ ,sotto certe condizioni,soddisfa l'equazione funzionale:
(2) $Gamma(z+1)=zGamma(z),Gamma(1)=1$
E' anzi possibile dimostrare che se la derivata logaritmica di $Gamma(z)$,ovvero
la derivata di $ln(Gamma(z))$ e cioe' la funzione $psi(z)=(Gamma'(z))/(Gamma(z))$,
e' (sempre per Re(z)>0) monotòna non decrescente,allora $Gamma(z)$ è univocamente determinata
dalle (2).
In queste ipotesi e passando ai logaritmi abbiamo:
$lnGamma(z+1)=lnz+lnGamma(z)$ e derivando :
(3) $psi(z+1)=1/z+psi(z)$
Da qui generalizzando si ha:
(4) $psi(z+n)=psi(z)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(z+k)$
In particolare per z=1 segue che:
(5) $psi(n+1)=psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(k+1),psi(n)=psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(k+1)-1/n$
Per l'ipotesi fatta sulla monotonia di $psi(z)$ e scegliendo $0
(che e' l'intervallo d'interesse),si ottiene:

$psi(n)<=psi(z+n)<=psi(n+1)$ da cui, per le (4) e (5),scaturisce che:
$psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(k+1)-1/n<=psi(z)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(z+k)<=psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) 1/(k+1)$
Oppure:
$psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) [1/(k+1)-1/(z+k)]-1/n<=psi(z)<=psi(1)+sum_(k=0)^(n-1) [1/(k+1)-1/(z+k)]$
E passando al limite per n tendente ad $ oo $ si ricava:
$psi(z)=psi(1)+sum_(k=0)^(oo) [1/(1+k)-1/(z+k)]$ e derivando rispetto a z : $psi'(z)=sum_(k=0)^(oo)1/(z+k)^2$
In particolare:
(6) $psi'(1)=(pi^2)/6$
Ora da $psi(z)=(Gamma'(z))/(Gamma(z))$,derivando si deduce che:
$psi'(z)=(Gamma''(z)*Gamma(z)-Gamma'^2(z))/(Gamma^2(z))$ e per z=1
$Gamma''(1)=psi'(1)+Gamma'^2(1)$ e per le (1) e (6) :
$int_0^(oo)e^(-t)ln^2t dt=(pi^2)/6+gamma^2$
sostituendo quest'ultimo valore nella (A) iniziale si ricava appunto:
$int_0^(oo)e^(-st)ln^2t*dt=(pi^2)/(6s)+(lns+gamma)^2/s$
Spero di non aver fatto troppi errori e al contempo ringrazio Lupo grigio per avermi
spinto a rivedere ...parecchie cosette.
karl

[Kroldar]

Ho controllato, anche se non troppo minuziosamente, il procedimento e direi che i conti tornano.
Complimenti! Questo risultato è sbalorditivo e non è semplice trovare dei testi che lo riportino.

[Luca.Lussardi]

Sulle famose tables of series and integrals si trova.

[Sk_Anonymous]

Ad avercele quelle "Tavole" !!!
Ma ci sono pure le dimostrazioni ?
Guardando il libro che viene venduto su Amazon ,per quelle pagine
che sono pubbliche,sembrerebbe di no....
Personalmente mi sono arrangiato con un vecchio testo ( per non dire vecchissimo)
di F.Tricomi e vi posso garantire che non e' stato cosa semplice tradurre la dimostrazione
in forma elementare.
karl

[wedge]

è vero, su tutte le tavole che ho visto c'è sempre la soluzione ma non il procedimento.
complimenti a Karl

[Kroldar]

Infatti io mi riferivo a tutto il procedimento postato da karl, non solo al risultato finale.