On Integral Representations for Harmonic Number and Digamma Function
By Edigles Guedes
March 3, 2015
Then Simon Peter answered him, Lord, to whom shall we go? thou hast the words of eternal life. - John 6:68.
Abstract. In this paper, we demonstrate some integral representations for harmonic number and digamma function.
1. Introduction
Leonhard Euler established the following integral representation [1] for harmonic number
1 1 xn Hn = ¡ dx; 1 x Z0 ¡ and, accordingly, we can deduce the integral representation for the digamma function [2]
1 1 xs (s + 1) = + ¡ dx: ¡ 1 x Z0 ¡ In this article, we prove that 1 (1 xn)(1 xn+1) Hn = 2 ¡ ¡ dx; 1 x2 Z0 ¡ 1 m 1 nm (n+1)m x ¡ (1 x ) 1 x Hn = 2m ¡ 2m¡ dx 0 1 x and Z ¡ ¡ 1 (1 x)s (1 x2)s (s + 1) = 2 ¡ ¡ ¡ dx: ¡ ¡ x Z0 2. Integral Representations for Harmonic Number
Lemma 1. If k = 1; 2; 3; :::, then 1 1 k 1 k = 2 x ¡ (1 x )dx: (1) k ¡ Z0 Proof. We know the elementary identity 1 a 1 = (2) k ak 1 ¡ k(ak 1) and the integral representation ¡ ¡ 1 1 k 1 = x ¡ dx; (3) k 0 for Re(k) > 0. Z From (2) and (3), it follows that
1 ak 1 1 1 ¡ 1 k(ak 1) 1 = x a ¡ dx x ¡ ¡ dx k ¡ 0 0 (4) Z 1 ak 1 Z ¡ 1 k(ak 1) 1 = x a ¡ x ¡ ¡ dx: 0 ¡ Z h i
1 2 On Integral Representations for Harmonic Number and Digamma Function
2 We take a = k in Eq. (4) k 1 1 x 2 xk = ¡ dx: (5) k x Z0 Let k 2k in Eq. (5) ! 1 1 xk x2k = 2 ¡ dx k 0 x 1 Z k 1 k =2 x ¡ (1 x )dx; ¡ Z0 which is the desired result. Theorem 2. If n = 1; 2; 3; :::, then 1 (1 xn)(1 xn+1) Hn = 2 ¡ ¡ dx; 1 x2 Z0 ¡ where Hn denotes the harmonic number.
Proof. We knew the de nition [1] n 1 Hn : (6) k k=1 X From (1) and (6), we conclude that
n 1 k 1 k H = 2 x ¡ (1 x )dx n ¡ k=1 Z0 X1 n k 1 k =2 x ¡ (1 x )dx ¡ Z0 k=1 1 (1Xxn)(1 xn+1) =2 ¡ ¡ dx; 1 x2 Z0 ¡ which is the desired result. Theorem 3. If n = 1; 2; 3; ::: and m = 1; 2; 3; :::, then 1 xm 1(1 xnm) 1 x(n+1)m H = 2m ¡ ¡ ¡ dx; n 1 x2m Z0 ¡ ¡ where Hn denotes the harmonic number.
Proof. We use the induction. Let m = 1, thereafter, n 1 1 H = 2 1 (xk x2k)dx n x ¡ Z0 k=1 1 1 x(1 xXn)(1 xn+1) =2 ¡ ¡ dx x 1 x2 Z0 ¡ 1 (1 xn)(1 xn+1) =2 ¡ ¡ dx; 1 x2 Z0 ¡ as shown in previous theorem. Assume that the formula is valid for m= j. Therefore, for m= j +1, we have n 1 1 H = 2(j + 1) xk(j+1) x2k(j+1) dx n x ¡ 0 k=1 Z X 1 1 xj+1 1 x¡n(j+1) 1 x(n+1)(j+1) =2(j + 1) ¡ 2(j+1)¡ dx 0 x 1 x Z ¡ ¡ 1 xj 1 xn(j+1)¡ 1 x(n+1)(j+1) =2(j + 1) ¡ 2(j¡+1) dx; 0 1 x Z ¡ ¡¡ 3 consequently, setting j + 1 m, we obtain ! 1 m 1 nm (n+1)m x ¡ (1 x ) 1 x H = 2m ¡ ¡ dx; n 1 x2m Z0 ¡ ¡ which is the desired result. 3. Integral Representation for Digamma Function
Theorem 4. If Re(s) > 1; then ¡ 1 (1 x)s (1 x2)s (s + 1) = 2 ¡ ¡ ¡ dx; (7) ¡ ¡ x Z0 where (s) denotes the digamma function and denotes the Euler-Mascheroni constant.
Proof. We consider the Newton series [2] for the digamma function
1 ( 1)k s (s + 1) = ¡ : (8) ¡ ¡ k k k=1 X Substitute the rigth hand side of (1) in the right hand side of (8)
1 1 k k 1 k s (s + 1) = ( 1) 2 x ¡ (1 x )dx ¡ ¡ ¡ ¡ k k=1 Z0 1X1 k k 1 k s = 2 ( 1) x ¡ (1 x ) dx ¡ ¡ ¡ ¡ k Z0 k=1 X1 (1 x)s (1 x2)s = 2 ¡ ¡ ¡ dx; ¡ ¡ x Z0 which is the desired result.
Remark 5. With the aid of Theorem 4, we evaluate some special values for digamma functions: 5 8 = + 2 ln 2; 2 ¡ 3 ¡ 7 15 p3 3 ln 3 = + ; 3 ¡ 4 ¡ 6 ¡ 2 9 24 = + 3 ln 2; 4 ¡ 5 ¡ 2 ¡ 11 35 2 p5 p5 + 1 15 ln 5 = + 1 + ln ; 5 ¡ 6 ¡ 2 p5 ¡ 4 p5 1 !¡ 12 r ¡ 13 48 p3 3 ln 3 = + 2 ln 2 : 6 ¡ 7 ¡ 2 ¡ ¡ 2
References
[1] en.wikipedia.org/wiki/Harmonic_number, available in March 6, 2015. [2] en.wikipedia.org/wiki/Digamma_function, available in March 6, 2015.