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

Question

Bagaimana kita membuktikan representasi integral dari konstanta Euler-Mascheroni ini? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

Berikut adalah tiga langkah perantara dari latihan saya:

1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ kemudian $S_n$ konvergen ke konstanta yang kami sebut $\gamma$, jadi $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

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

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

---

Upaya saya:

1. $S_n$ menurun dan positif jadi menyatu
2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : konvergensi ke $f$ seragam.
3. Saya melakukan pengembangan terbatas.

Answer 1

Mari kita mulai dengan asumsi kedua (yaitu, Langkah Menengah $2$) di OP, yaitu

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

Selanjutnya, kami menggunakan Langkah Menengah $3$ dari OP untuk menulis $(2)$ sebagai

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

Menegakkan substitusi $x=e^{-\varepsilon}$ di $(3)$ mengungkapkan

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

seperti yang akan ditunjukkan!

---

CATATAN: Titik yang disebutkan $2$ dalam upaya OP dapat digunakan untuk menghubungkan bersama Langkah Menengah $1$ dengan Langkah Menengah $2$.

---

PENDEKATAN ALTERNATIF:

Perhatikan bahwa kita bisa menulis

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

Sekarang, mengintegrasikan bagian integral di sisi kanan $(1)$ mengungkapkan

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

Selain itu, integrasi dengan hasil suku cadang

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

Menyatukannya, kami menemukan itu

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

seperti yang diharapkan!

Answer 2

"Langkah menengah 1." Anda adalah definisi yang paling umum dari$\gamma$ (Kupikir).

Berikut adalah derivasi langsung darinya. Kita punya$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ sekarang kami berpisah $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, gunakan $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, dan buat keduanya $\int_1^n$ Menjadi satu: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ Sekarang mengambil $n\to\infty$mudah (untuk DCT , integrand didominasi oleh$1$ dan $e^{-x}/x$, masing-masing).