Доказывать $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $
Как доказать это интегральное представление константы Эйлера-Маскерони? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $
Вот три промежуточных этапа моего упражнения:
$ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ тогда $S_n$ сходится к константе, которую мы называем $\gamma$, так $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$
$\forall x \in ]0,1[ ~, f(x):= - \ln(1-x) - \int_{1}^{+\infty} \frac{x^t}{t}$, и $f(x) \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} \gamma$
$[ \ln(1-x) - \ln(-\ln(x)) ] \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} 0 $
Моя попытка:
- $S_n$ убывает и положительно поэтому сходится
- $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : сходимость к $f$ равномерно.
- Я занимаюсь ограниченным развитием.
Ответы
Начнем со второго предположения (т.е. промежуточного шага $2$) в ОП, а именно
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$
Далее мы используем промежуточный шаг $3$ ОП написать $(2)$ в качестве
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$
Обеспечение замены $x=e^{-\varepsilon}$ в $(3)$ показывает
$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$
как должно было быть показано!
ПРИМЕЧАНИЕ: пронумерованная точка $2$ в попытке OP может использоваться для соединения промежуточного шага $1$ с промежуточным этапом $2$.
АЛЬТЕРНАТИВНЫЙ ПОДХОД:
Обратите внимание, что мы можем написать
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$
Теперь, интегрируя по частям интеграл в правой части $(1)$ показывает
$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$
Кроме того, интегрирование по частям дает
$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$
Собирая все вместе, мы обнаруживаем, что
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$
как и ожидалось!
Ваш «промежуточный шаг 1». это наиболее распространенное определение$\gamma$ (Я думаю).
Вот вывод прямо из него. У нас есть$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ теперь мы разделились $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, использовать $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$, и сделать два $\int_1^n$ в один: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ Теперь принимая $n\to\infty$легко (для DCT подынтегральные выражения преобладают$1$ и $e^{-x}/x$, соответственно).