Provar $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $
Como podemos provar essa representação integral da constante de Euler-Mascheroni? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $
Aqui estão as três etapas intermediárias do meu exercício:
$ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ então $S_n$ converge para uma constante que chamamos $\gamma$, tão $ 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 $
Minha tentativa:
- $S_n$ é decrescente e positivo, por isso converge
- $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : a convergência para $f$ é uniforme.
- Eu faço um desenvolvimento limitado.
Respostas
Vamos começar com a segunda suposição (ou seja, Etapa Intermediária $2$) no OP, a saber
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$
Em seguida, usamos a Etapa Intermediária $3$ do OP para escrever $(2)$ Como
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$
Obrigando a substituição $x=e^{-\varepsilon}$ no $(3)$ revela
$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$
como era para ser mostrado!
NOTA: O ponto enumerado $2$ na tentativa do OP pode ser usado para vincular a Etapa intermediária $1$ com a etapa intermediária $2$.
ABORDAGEM ALTERNATIVA:
Observe que podemos escrever
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$
Agora, integrando por partes o integral no lado direito do $(1)$ revela
$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$
Além disso, a integração por peças produz
$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$
Juntando tudo, descobrimos que
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$
como esperado!
Sua "etapa intermediária 1". é a definição mais comum de$\gamma$ (Eu acho que).
Aqui está uma derivação diretamente dele. Nós temos$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ agora nós nos separamos $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, usar $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, e faça os dois $\int_1^n$ dentro de um: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ Agora tomando $n\to\infty$é fácil (para DCT , os integrandos são dominados por$1$ e $e^{-x}/x$, respectivamente).