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

Question

オイラー-マシェロニ定数のこの積分表現をどのように証明しますか？ $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

これが私の運動の3つの中間ステップです：

1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ その後 $S_n$ 私たちが呼ぶ定数に収束します $\gamma$、 そう $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

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

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

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私の試み：

1. $S_n$ 減少して正であるため収束します
2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ ：への収束 $f$ 均一です。
3. 私は限られた開発を行います。

Answer 1

2番目の仮定（つまり、中間ステップ）から始めましょう $2$）OPで、すなわち

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

次に、中間ステップを使用します $3$ 書くOPの $(2)$ なので

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

置換の実施 $x=e^{-\varepsilon}$ に $(3)$ 明らかに

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

示されるように！

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注：列挙されたポイント $2$ OPの試みでは、中間ステップをリンクするために使用できます $1$ 中間ステップで $2$。

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代替アプローチ：

書くことができることに注意してください

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

さて、の右側の積分を部分積分する $(1)$ 明らかに

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

さらに、部品による統合により、

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

まとめると、

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

予想通り！

Answer 2

あなたの「中間ステップ1」。の最も一般的な定義です$\gamma$ （おもう）。

これが直接の派生です。我々は持っています$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ 今、私たちは分割します $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$、 使用する $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$、そして2つを作る $\int_1^n$ 1つに： $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ 今取っています $n\to\infty$ 簡単です（ https://en.wikipedia.org/wiki/Dominated_convergence_theorem、被積分関数はによって支配されます $1$ そして $e^{-x}/x$、それぞれ）。