พิสูจน์ $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u}\,du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u}\,du $
เราจะพิสูจน์การเป็นตัวแทนอินทิกรัลของค่าคงที่ของออยเลอร์ - มาสเชโรนีได้อย่างไร $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $
นี่คือสามขั้นตอนกลางของการออกกำลังกายของฉัน:
$ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ แล้ว $S_n$ มาบรรจบกันเป็นค่าคงที่ที่เราเรียกว่า $\gamma$ดังนั้น $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$
$\forall x \in ]0,1[ ~, f(x):= - \ln(1-x) - \int_{1}^{+\infty} \frac{x^t}{t}$และ $f(x) \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} \gamma$
$[ \ln(1-x) - \ln(-\ln(x)) ] \underset{ x \to 1^{-}}{\rightarrow} 0 $
ความพยายามของฉัน:
- $S_n$ กำลังลดลงและเป็นบวกจึงมาบรรจบกัน
- $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : การบรรจบกับ $f$ มีความสม่ำเสมอ
- ฉันพัฒนาอย่าง จำกัด
คำตอบ
เริ่มต้นด้วยสมมติฐานที่สอง (เช่นขั้นกลาง $2$) ใน OP ได้แก่
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(1-x)-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag2$$
ต่อไปเราใช้ขั้นตอนกลาง $3$ ของ OP ที่จะเขียน $(2)$ เช่น
$$\gamma=\lim_{x\to 1^-}\left(-\log(-\log(x))-\int_1^\infty \frac{x^t}{t}\,dt\right)\tag3$$
บังคับใช้การเปลี่ยนตัว $x=e^{-\varepsilon}$ ใน $(3)$ เผย
$$\begin{align} \gamma&=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(-\log(\varepsilon)-\int_1^\infty \frac{e^{-\varepsilon t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon \to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac1t \,dt-\int_{\varepsilon}^\infty \frac{e^{- t}}{t}\,dt\right)\\\\ &=\lim_{\varepsilon\to 0^+}\left(\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt\right)-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt\\\\ &=\int_0^1 \frac{1-e^{-t}}{t}\,dt-\int_1^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,dt \end{align}$$
ตามที่จะแสดง!
หมายเหตุ: จุดแจกแจง $2$ ในความพยายามของ OP สามารถใช้เพื่อเชื่อมโยงขั้นตอนกลางเข้าด้วยกัน $1$ ด้วยขั้นตอนกลาง $2$.
แนวทางทางเลือก:
โปรดทราบว่าเราสามารถเขียน
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,dx=\lim_{\varepsilon\to 0}\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du\tag1$$
ตอนนี้การรวมโดยส่วนอินทิกรัลทางด้านขวามือของ $(1)$ เผย
$$\int_\varepsilon^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du=-\log(\varepsilon)(1-e^{-\varepsilon})-\int_\varepsilon ^1 \log(u)e^{-u}\,du$$
นอกจากนี้การรวมโดยชิ้นส่วนยังให้ผลตอบแทน
$$\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_1^\infty \log(u) e^{-u}\,du$$
เราพบว่า
$$\int_0^1 \frac{1-e^{-u}}{u}\,du-\int_1^\infty \frac{e^{-u}}{u}\,du=-\int_0^\infty \log(u) e^{-u}\,du=\gamma$$
อย่างที่คาดไว้!
"ขั้นกลาง 1. " ของคุณ เป็นคำจำกัดความที่พบบ่อยที่สุดของ$\gamma$ (ฉันคิด).
นี่คือรากศัพท์โดยตรงจากมัน เรามี$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ ตอนนี้เราแยกกัน $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, ใช้ $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$และสร้างทั้งสอง $\int_1^n$ เป็นหนึ่ง: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ ตอนนี้กำลัง $n\to\infty$เป็นเรื่องง่าย (สำหรับDCTการบูรณาการจะถูกครอบงำโดย$1$ และ $e^{-x}/x$ตามลำดับ)