Mostrando $\gamma < \sqrt{1/3}$ sin un ordenador

Question

En 1735 Euler dio el valor de $\gamma$$0.577218.$, La constante es generalmente definida como el límite de la diferencia entre la serie armónica y $\log n:~\gamma= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-\log n.$ Euler al parecer disfrutó de este tipo de cálculo y debe haber tomado un par de términos para obtener una buena aproximación.

Mi pregunta es si sin un equipo que ahora se puede demostrar que

$$\gamma < \sqrt{1/3}$$

con al menos algunos de los ahorros en términos del tipo de trabajo de Euler al parecer gastado? Creo que no hay ningún punto en la recaudación de la barra de a $\gamma < \ln 2\sqrt{\frac{23}{29}} $ porque parece ser el mismo tipo de pregunta.

Mi propio pensamiento fue comparar el $\frac{1}{2}\int_0^{1/3}\frac{dx}{\sqrt{x}}$ a algo como $(-1)\cdot\int_0^\infty e^{-u}\ln u~du$ pero espero que haya una manera mejor.

Answer 1

Podemos aprovechar una representación integral para $\gamma$ y algunos límites triviales. Desde: $$\begin{eqnarray*}\gamma&=&\lim_{n\to +\infty}(H_n-\log n) = \lim_{n\to +\infty}\left(\int_{0}^{1}\frac{x^n-1}{x-1}\,dx-\int_{1}^{n}\frac{dt}{t}\right)\\&=&\lim_{n\to +\infty}\left(\int_{0}^{+\infty}\frac{1-e^{-nx}}{e^x-1}\,dx-\int_{1}^{n}\int_{0}^{+\infty}e^{-tx}\,dx\,dt\right)\\&=&\lim_{n\to +\infty}\left(\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-x}\,dx+\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\right)e^{-nx}\,dx\right)\end{eqnarray*}$ $ pero $ de $$\frac{1}{x}-\frac{1}{e^x-1}\in\left[0,\frac{1}{2}\right]\quad\forall x\in\mathbb{R}^+,$ la última integral es $O\left(\frac{1}{n}\right)$ y simplemente tenemos: %#% $ $$\gamma = \int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}\right)e^{-x}\,dx.\tag{1}$ #% es cóncava en $f(x)=\frac{1}{1-e^{-x}}-\frac{1}{x}$, para cualquier $\mathbb{R}^+$ tenemos $x\in\mathbb{R}^+$, así: $f(x)\leq\frac{1}{2}+\frac{x}{12}$ $ este límite es un poco peor de lo $$\gamma\leq\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{1}{2}+\frac{x}{12}\right)e^{-x}\,dx = \frac{7}{12}.$, pero puede mejorarse teniendo en cuenta otros términos de la serie de Taylor de $\gamma\leq\frac{1}{\sqrt{3}}$ alrededor del origen.

Answer 2

Bien, usted necesita una calculadora de mano, pero sólo para conseguir el $\ln(3)$ o $\ln(4)$.

El uso de Euler suma fórmula para $H_n = \sum(1/n)$, y luego aislar $\gamma$ sobre el lado izquierdo, se tiene: $$ \gamma = H_n - \ln (n) -\frac{1}{2n}+\frac{1}{12n^2} - \frac{1}{120n^4} + \frac{\theta}{256n^6}$$ donde $0 < \theta < 1$.

Uno podría pensar que usted necesita para salir de una de las maneras en la serie armónica para obtener una excelente aproximación a $\gamma$, pero con estos tres asintótica términos que usted sólo tiene que ir a $n=3$.

Llegamos $0.5772197 < \gamma < .5772162 < .57735 < \frac{1}{\sqrt{3}}$$n=3$.

Para $n=4$ sólo necesitamos la $n^2$ plazo para determinar que $$ \gamma < 0.577247$$ y va a la $n^4$ de precisión en la que tenemos aquí, podemos ver que $$ 0.57721475 < \gamma < 0,57721573 < \frac{1}{\sqrt{3}} $$ Y sí, a menos que mi mano aritmética es incorrecto, usted tiene un error en el 6 º lugar decimal de Euler constante, que debe ser 5 o 6, no 8.