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

Question

Comment prouver cette représentation intégrale de la constante d'Euler-Mascheroni ?$\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

Voici les trois étapes intermédiaires de mon exercice :

1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $alors$S_n$converge vers une constante que nous appelons$\gamma$, alors$ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

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

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

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Ma tentative :

1. $S_n$est décroissante et positive donc converge
2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$: la convergence vers$f$est uniforme.
3. Je fais un développement limité.

Answer 1

Commençons par la deuxième hypothèse (c'est-à-dire l'étape intermédiaire$2$) dans le PO, à savoir

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

Ensuite, nous utilisons l'étape intermédiaire$3$de l'OP pour écrire$(2)$comme

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

Appliquer la substitution$x=e^{-\varepsilon}$dans$(3)$révèle

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

comme il fallait le montrer !

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REMARQUE : Le point énuméré$2$dans la tentative du PO peut être utilisé pour relier l'étape intermédiaire$1$avec l'étape intermédiaire$2$.

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APPROCHE ALTERNATIVE:

A noter qu'on peut écrire

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

Maintenant, en intégrant par parties l'intégrale de droite de$(1)$révèle

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

De plus, l'intégration par parties donne

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

En le mettant ensemble, nous constatons que

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

comme prévu!

Answer 2

Votre "étape intermédiaire 1." est la définition la plus courante de$\gamma$(Je pense).

Voici une dérivation directement de celui-ci. Nous avons$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$maintenant nous nous séparons$\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, utilisation$\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, et faire les deux$\int_1^n$en un :$$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$Prenant maintenant$n\to\infty$est facile (pour DCT , les intégrandes sont dominées par$1$et$e^{-x}/x$, respectivement).