Representación integral de la constante de Euler

Question

Estoy tratando de mostrar que $$\gamma=\int_0^{\infty}\frac{\ln(1+x)+e^{-x}-1}{x^2}\;dx$$ I haven't done so much, but since this is related to $\ psi (1) = \ Gamma '(1)$ I have tried to work backwards. So $$\Gamma(x)=\int_0^{\infty} t^{x-1}e^{-t}\;dt\rightarrow \Gamma'(x)=\int_0^{\infty} t^{x-1}e^{-t}\ln t\;dt$$ $$\int_0^{1} t^{x-1}e^{-t}\ln t\;dt+\int_0^{1} \frac{e^{-\frac{1}{t}}\ln t}{t^2}\;dt$$ Where I used $t = \ frac {1} {t}$ in the second integral, I also tried to recombine those two, but of no use. Also this is equal to: $$\int_0^{\infty} (\ln\left(1+\frac{1}{x}\right)+e^{-\frac{1}{x}}-1)dx Ahora estoy pensando en usar series. ¿Podría darme alguna ayuda o sugerencias?

Answer 1

Tomando integración por partes (IbP) dos veces, obtenemos

$$\begin{align*} \int_{0}^{\infty} \frac{\log(1+x) + e^{-x} - 1}{x^2} \, dx &\stackrel{\text{(IbP)}}{=} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{x+1} - e^{-x} \right) \frac{1}{x} \, dx \\ &\stackrel{\text{(IbP)}}{=} \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{(x+1)^2} - e^{-x} \right) \log x \, dx. \end{align*}$$

Pero es fácil comprobar que

$$\int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{(1+x)^2} \, dx \stackrel{(x\ \mapsto\ \frac{1}{x})}{=} -\int_{0}^{\infty} \frac{\log x}{(1+x)^2} \, dx$$

y por lo tanto el valor común de ambos lados es igual a cero. Para el resto del plazo, es bien conocido que

$$\int_{0}^{\infty} e^{-x}\log x \, dx = -\gamma.$$

Este particular integral se ha explicado varias veces en esta comunidad. (Ver esta, por ejemplo).

Answer 2

Sugerencia:

tenemos que $$\eqalign{ & I(a,b) = \int_{\,x\, = \,}^{\; b} {{{\ln \left( {1 + x} \right) + e^{\, - x} - 1} \over {x^{\,2} }}dx} = \cr y = - \int_{\,x\, = \,}^{\; b} {\ln \left( {1 + x} \right)d\left( {1/x} \right)} + \int_{\,x\, = \,}^{\; b} {{{e^{\, - x} - 1} \over {x^{\,2} }}dx} = \cr & = \int_{\,y\, = \,1/b}^{\;1/una} {\ln \left( {1 + 1/y} \right)dy} + \int_{\,x\, = \,}^{\; b} {{{e^{\, - x} - 1} \over {x^{\,2} }}dx} = \cr & = \int_{\,y\, = \,1/b}^{\;1/una} {\left( {\ln \left( {1 + y} \right) - \ln y} \right)dy} + \left. {\left( {E_1 (x) - {{e^{\, - x} } \over x}} \right)\,} \right|_{\,x\, = \,}^{\; b} = \cr & \a la izquierda. { = \left( {\left( {1 + y} \right)\ln \left( {1 + y} \right) - y\ln y} \right)\,} \right|_{\,y\, = \,1/b}^{\;1/} + \left. {\left( {E_1 (x) - {{e^{\, - x} } \over x}} \right)\,} \right|_{\,x\, = \,}^{\; b} = \cr & \quad \cdots \cr}$$

y, de hecho, la integral Exponencial de la función está ligado a $\gamma$.