Soluzione breve, ma difficile, per \( \displaystyle \alpha =1 \) .
Ricordo che la funzione definita ponendo:
\( \displaystyle \psi (z) :=\frac{\Gamma^\prime (z)}{\Gamma (z)} \) ,
che è la derivata logaritmica della \( \displaystyle \Gamma \) , si chiama
funzione digamma e gode della seguente proprietà di ricorrenza:
(*) \( \displaystyle \psi (1+z) =\psi (z) +\frac{1}{z} \) .
Applicando la (*) \( \displaystyle n \) volte si riconosce che:
\( \displaystyle \psi (n+z) =\psi (z) +\sum_{k=1}^n \frac{1}{z+k-1} \) ,
dalla quale, facendo \( \displaystyle z=n+1 \) , si ricava immediatamente:
\( \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{1}{n+k} =\psi (1+2n) -\psi (1+n) \) .
Ne viene che basta calcolare il \( \displaystyle \lim_n \psi (1+2n) -\psi (1+n) \) per ottenere il risultato; ma la formula (1) in
questo articolo implica che:
\( \displaystyle \psi (z) \approx \ln z -\frac{1}{2z} +\text{o} \left( \frac{1}{z}\right) \)
per \( \displaystyle z \) reale e \( \displaystyle z\to +\infty \) , cosicché:
\( \displaystyle \lim_n \psi (1+2n) -\psi (1+n) = \lim_n \ln \frac{1+2n}{1+n} -\frac{1}{2(1+2n)} +\frac{1}{1+n} +\text{o} \left( \frac{1}{n}\right) =\ln 2 \) ,
come volevamo. \( \displaystyle \square \)
Tuttavia la soluzione proposta funziona per ogni \( \displaystyle \alpha \in \mathbb{N} \setminus \{ 0\} \) : per provarlo basta usare la ricorrenza (*) a dovere.