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

Aug 17 2020

हम Euler-Mascheroni निरंतरता के इस अभिन्न प्रतिनिधित्व को कैसे साबित करते हैं? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

यहाँ मेरे व्यायाम के तीन मध्यवर्ती चरण हैं:

  1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ तब फिर $S_n$ एक निरंतर हम कॉल करने के लिए परिवर्तित $\gamma$, तोह फिर $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

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

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


मेरा प्रयास:

  1. $S_n$ घट रही है और सकारात्मक तो धर्मान्तरित है
  2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : करने के लिए अभिसरण $f$ एक समान है।
  3. मैं एक सीमित विकास करता हूं।

जवाब

1 MarkViola Aug 17 2020 at 22:48

आइए दूसरी धारणा (यानी, मध्यवर्ती कदम) के साथ शुरू करें $2$) ओपी में, अर्थात्

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

अगला, हम इंटरमीडिएट चरण का उपयोग करते हैं $3$ लिखने के लिए ओपी की $(2)$ जैसा

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

प्रतिस्थापन को लागू करना $x=e^{-\varepsilon}$ में $(3)$ पता चलता है

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

जैसा दिखाया जाना था!


नोट: प्रगणित बिंदु $2$ ओपी के प्रयास का उपयोग इंटरमीडिएट चरण को एक साथ जोड़ने के लिए किया जा सकता है $1$ इंटरमीडिएट कदम के साथ $2$


वैकल्पिक दृष्टिकोण:

ध्यान दें कि हम लिख सकते हैं

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

अब, दाहिने हाथ की ओर अभिन्न अंग द्वारा भागों को एकीकृत करना $(1)$ पता चलता है

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

इसके अलावा, भागों पैदावार द्वारा एकीकरण

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

इसे एक साथ रखकर, हम पाते हैं कि

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

जैसा सोचा था!

1 metamorphy Aug 18 2020 at 03:11

आपका "मध्यवर्ती चरण 1." की सबसे आम परिभाषा है$\gamma$ (मुझे लगता है)।

यहाँ एक व्युत्पत्ति है इससे सीधे। हमारे पास है$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ अब हम अलग हो गए $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, प्रयोग करें $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, और दो बनाते हैं $\int_1^n$ एक में: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ अब ले रहे हैं $n\to\infty$आसान है ( डीसीटी के लिए , पूर्णांक का प्रभुत्व है$1$ तथा $e^{-x}/x$, क्रमशः)।