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

Question

Euler-Mascheroni sabitinin bu integral temsilini nasıl kanıtlarız? $\gamma = \int_{0}^{1}\frac{1-e^{-u}}{u} du - \int_{1}^{+\infty} \frac{e^{-u}}{u} du $

İşte egzersizimin üç ara adımı:

1. $ S_n:= \sum_{p=1}^{n}\frac{1}{p} - \ln n $ sonra $S_n$ dediğimiz bir sabite yakınsar $\gamma$, yani $ S_n\underset{ n \to \infty}{\rightarrow} \gamma$

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

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

---

Benim girişimim:

1. $S_n$ azalıyor ve pozitif, dolayısıyla yakınsıyor
2. $f_n(x):=\sum_{p=1}^{n} \frac{x^p}{p}- \int_{1}^{n} \frac{x^t}{t}$ : yakınsama $f$ tek tip.
3. Sınırlı bir geliştirme yapıyorum.

Answer 1

İkinci varsayımla başlayalım (yani, Ara Adım $2$) OP'de, yani

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

Sonra, Intermediate Step kullanıyoruz $3$ OP'nin yazması $(2)$ gibi

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

Değişikliği zorunlu kılmak $x=e^{-\varepsilon}$ içinde $(3)$ ortaya çıkarır

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

gösterildiği gibi!

---

NOT: Numaralandırılmış nokta $2$ OP'nin girişiminde Ara Adımı birbirine bağlamak için kullanılabilir $1$ Ara Adım ile $2$.

---

ALTERNATİF YAKLAŞIM:

Yazabileceğimizi unutmayın

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

Şimdi, parçaların integralini sağ taraftaki $(1)$ ortaya çıkarır

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

Ek olarak, parça verimine göre entegrasyon

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

Bir araya getirerek, onu bulduk

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

beklenildiği gibi!

Answer 2

"Ara adım 1" iniz. en yaygın tanımıdır$\gamma$ (Bence).

İşte doğrudan ondan bir türetme. Sahibiz$$\sum_{k=1}^{n}\frac1k=\sum_{k=1}^{n}\int_0^1 t^{k-1}\,dt=\int_0^1\frac{1-t^n}{1-t}\,dt\underset{t=1-\frac{x}{n}}{\phantom{[}\quad=\quad}\phantom{]}\int_0^n\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x};$$ şimdi ayrıldık $\int_0^n=\int_0^1+\int_1^n$, kullan $\log n=\int_1^n\frac{dx}{x}$ve ikisini yap $\int_1^n$ birine: $$\sum_{k=1}^n\frac1k-\log n=\int_0^1\left[1-\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\right]\frac{dx}{x}-\int_1^n\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\frac{dx}{x}.$$ Şimdi alıyor $n\to\infty$kolaydır ( DCT için , integrandlara$1$ ve $e^{-x}/x$, sırasıyla).