Dimostralo $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $
Come proviamo questa rappresentazione integrale della costante di Eulero-Mascheroni? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $
Ecco i tre passaggi intermedi del mio esercizio:
$ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ poi $S_n$ converge a una costante che chiamiamo $\gamma$, così $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$
$\forall x \in ]0,1[ ~, f(x):= - \ln(1-x) - \int_{1}^{+\infty} \frac{x^t}{t}$, e $f(x) \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} \gamma$
$[ \ln(1-x) - \ln(-\ln(x)) ] \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} 0 $
Il mio tentativo:
- $S_n$ è in diminuzione e il positivo quindi converge
- $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : la convergenza a $f$ è uniforme.
- Faccio uno sviluppo limitato.
Risposte
Cominciamo con la seconda ipotesi (cioè, Passaggio intermedio $2$) nel PO, vale a dire
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$
Successivamente, utilizziamo il passaggio intermedio $3$ dell'OP per scrivere $(2)$ come
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$
Esecuzione della sostituzione $x=e^{-\varepsilon}$ nel $(3)$ rivela
$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$
come doveva essere mostrato!
NOTA: il punto enumerato $2$ nel tentativo dell'OP può essere utilizzato per collegare insieme il passo intermedio $1$ con il passaggio intermedio $2$.
APPROCCIO ALTERNATIVO:
Nota che possiamo scrivere
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$
Ora, integrando per parti l'integrale sul lato destro di $(1)$ rivela
$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$
Inoltre, l'integrazione per parti produce
$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$
Mettendolo insieme, lo troviamo
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$
come previsto!
Il tuo "passaggio intermedio 1." è la definizione più comune di$\gamma$ (Credo).
Ecco una derivazione direttamente da esso. abbiamo$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ ora ci dividiamo $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, uso $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$e crea i due $\int_1^n$ in uno: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ Ora sto prendendo $n\to\infty$ è facile (per https://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_convergence_theorem, gli integrandi sono dominati da $1$ e $e^{-x}/x$, rispettivamente).