알다 $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $
Euler-Mascheroni 상수의이 적분 표현을 어떻게 증명합니까? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $
내 운동의 세 가지 중간 단계는 다음과 같습니다.
$ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ 그때 $S_n$ 우리가 부르는 상수로 수렴 $\gamma$, 그래서 $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$
$\forall x \in ]0,1[ ~, f(x):= - \ln(1-x) - \int_{1}^{+\infty} \frac{x^t}{t}$, 및 $f(x) \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} \gamma$
$[ \ln(1-x) - \ln(-\ln(x)) ] \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} 0 $
내 시도 :
- $S_n$ 감소하고 양수이므로
- $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : 수렴 $f$ 균일합니다.
- 나는 제한된 발전을한다.
답변
두 번째 가정 (즉, Intermediate Step $2$) OP에서, 즉
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$
다음으로 중간 단계를 사용합니다. $3$ 쓸 OP의 $(2)$ 같이
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$
대체 시행 $x=e^{-\varepsilon}$ 에 $(3)$ 계시하다
$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$
표시되는대로!
참고 : 열거 된 포인트 $2$ OP의 시도에서 중간 단계를 함께 연결하는 데 사용할 수 있습니다. $1$ 중간 단계 $2$.
대체 접근 방식 :
우리는 쓸 수 있습니다
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$
이제 오른쪽의 적분을 부분별로 통합합니다. $(1)$ 계시하다
$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$
또한 부품 별 통합으로
$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$
합치면 우리는
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$
예상대로!
"중급 1 단계" 가장 일반적인 정의입니다$\gamma$ (나는 생각한다).
여기에서 직접 파생됩니다. 우리는$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ 이제 우리는 갈라졌다 $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, 사용하다 $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, 그리고 두 $\int_1^n$ 하나로 : $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ 이제 복용 $n\to\infty$쉽습니다 ( DCT 의 경우 적분은$1$ 과 $e^{-x}/x$, 각각).