Demostrar$\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $

Question

¿Cómo probamos esta representación integral de la constante de Euler-Mascheroni?$\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

Aquí están los tres pasos intermedios de mi ejercicio:

1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $después$S_n$converge a una constante que llamamos$\gamma$, asi que$ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

2. $\forall x \in ]0,1[ ~, f(x):= - \ln(1-x) - \int_{1}^{+\infty} \frac{x^t}{t}$, y$f(x) \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} \gamma$

3. $[ \ln(1-x) - \ln(-\ln(x)) ] \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} 0 $

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Mi intento :

1. $S_n$es decreciente y positivo por lo que converge
2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$: la convergencia a$f$es uniforme
3. Hago un desarrollo limitado.

Answer 1

Comencemos con la segunda suposición (es decir, Paso Intermedio$2$) en el OP, a saber

$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$

A continuación, usamos el paso intermedio$3$del OP para escribir$(2)$como

$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$

Hacer cumplir la sustitución$x=e^{-\varepsilon}$en$(3)$revela

$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$

como se iba a mostrar!

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NOTA: El punto enumerado$2$en el intento del OP se puede usar para vincular el Paso intermedio$1$con el Paso Intermedio$2$.

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ENFOQUE ALTERNATIVO:

Tenga en cuenta que podemos escribir

$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$

Ahora, integrando por partes la integral del lado derecho de$(1)$revela

$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$

Además, la integración por partes da

$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$

Sumándolo, encontramos que

$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$

¡como se esperaba!

Answer 2

Su "paso intermedio 1". es la definición más común de$\gamma$(Pienso).

Aquí hay una derivación directamente de él. Tenemos$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ahora nos separamos$\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, usar$\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, y hacer los dos$\int_1^n$en uno:$$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ahora tomando$n\to\infty$es fácil (para DCT , los integrandos están dominados por$1$y$e^{-x}/x$, respectivamente).