Mostrando que $\gamma = -\int_0^{\infty} e^{-t} \log t \,dt$ donde $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante.

Question

Estoy tratando de mostrar que

$$\lim_{n \to \infty} \left[\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \log n\right] = -\int_0^{\infty} e^{-t} \log t \,dt.$$

En otras palabras, estoy tratando de mostrar que las definiciones anteriores de Euler-Mascheroni constante $\gamma$ son equivalentes.

En otro post aquí (que me parece que no puede encontrar ahora) alguien señaló que

$$\int_0^{\infty} e^{-t} \log t \,dt = \left.\frac{d}{dx} \int_0^{\infty} t^x e^{-t} \,dt \right|_{x=0} = \Gamma'(1) = \psi(1),$$

donde $\psi$ es la función digamma. Este puede ser un buen lugar para comenzar en el lado derecho.

Por el lado de la mano izquierda me fue tentado para representar los términos con integrales. No es difícil mostrar que

$$\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} = \int_0^1 \frac{1-x^n}{1-x} \,dx,$$

pero no estoy seguro de que esto nos lleva a ninguna parte.

Cualquier ayuda sería muy apreciada.

Answer 1

Es fácil probar que la función

$$f_n(x) = \begin{cases} \left( 1 - \frac{x}{n}\right)^n & 0 \leq x \leq n \\ 0 & x > n \end{cases}$$

satisface $0 \leq f_n(x) \uparrow e^{-x}$. Por lo tanto por el teorema de convergencia dominada,

$$\int_{0}^{\infty} e^{-x} \log x \; dx = \lim_{n\to\infty} \int_{0}^{n} \left( 1 - \frac{x}{n}\right)^n \log x \; dx.$$

Ahora por la sustitución de $x = nu$, tenemos

$$\begin{align*} \int_{0}^{n} \left( 1 - \frac{x}{n}\right)^n \log x \; dx &= n\int_{0}^{1} \left( 1 - u\right)^n (\log n + \log u) \; du \\ &= \frac{n}{n+1}\log n + n\int_{0}^{1} \left( 1 - u\right)^n \log u \; du \\ &= \frac{n}{n+1}\log n + n\int_{0}^{1} v^n \log (1-v) \; dv \\ &= \frac{n}{n+1}\log n - n\int_{0}^{1} v^n \left( \sum_{k=1}^{\infty} \frac{v^k}{k} \right) \; dv \\ &= \frac{n}{n+1}\log n - n \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{k(n+k+1)} \\ &= \frac{n}{n+1}\log n - \frac{n}{n+1} \sum_{k=1}^{\infty} \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{n+k+1}\right) \\ &= \frac{n}{n+1} \left( \log n - \sum_{k=1}^{n+1} \frac{1}{k} \right). \end{align*}$$

Por lo tanto, tomando $n \to \infty$ rendimientos $-\gamma$. Si usted no se siente cómodo con el intercambio de la integral y la suma, se puede realizar la integración por partes como sigue:

$$\begin{align*} \int_{0}^{1} v^n \log (1-v) \; dv &= \left. \frac{v^{n+1} - 1}{n+1} \log (1-v) \right|_{0}^{1} - \int_{0}^{1} \frac{v^{n+1} - 1}{n+1} \cdot \frac{1}{v - 1} \; dv \\ &= - \frac{1}{n+1} \int_{0}^{1} \frac{1 - v^{n+1}}{1 - v} \; dv \end{align*}$$

Answer 2

$\newcommand{\+}{^{\daga}} \newcommand{\ángulos}[1]{\left\langle\, nº 1 \,\right\rangle} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\, nº 1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, nº 1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, nº 1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\down}{\downarrow} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\piso}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\mitad}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\isdiv}{\,\left.\a la derecha\vert\,} \newcommand{\cy}[1]{\left\vert #1\right\rangle} \newcommand{\ol}[1]{\overline{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left (\, nº 1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large Un}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\ul}[1]{\underline{#1}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, nº 1 \,\right\vert} \newcommand{\wt}[1]{\widetilde{#1}}$ $\ds{\lim_{n \to \infty}\bracks{\sum_{k = 1}^{n}{1 \over k} - \ln\pars{n}}= -\int_{0}^{\infty}\expo{-t}\ln\pars{t}\,\dd t:\ {\large ?}}$

$$\begin{align} \sum_{k = 1}^{n}{1 \over k}&=\sum_{k = 1}^{n}\int_{0}^{1}t^{k - 1}\,\dd t \int_{0}^{1}\sum_{k = 1}^{n}t^{k - 1}\,\dd t =\int_{0}^{1}{1 - t^{n - 1} \over 1 - t}\,\dd t =\int_{\infty}^{1}{1 - t^{1 - n} \over 1 - 1/t}\,\pars{-\,{\dd t \over t^{2}}} \\[3mm]&=\int_{1}^{\infty}{t^{-1} - t^{-n} \over t - 1}\,\dd t =\int_{0}^{\infty}{\pars{1 + t}^{-1} - \pars{1 + t}^{-n} \over t}\,\dd t \\[3mm]&=-\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t} \bracks{-\pars{1 + t}^{-2} + n\pars{1 + t}^{-n - 1}}\,\dd t \\[3mm]&=\int_{0}^{\infty}{\ln\pars{t} \over \pars{1 + t^{2}}}\,\dd t -\int_{0}^{\infty}\ln\pars{t \over n}\pars{1 + {t \over n}}^{-n - 1}\,\dd t \end{align}$$

La primera integral se desvanece: Solo split $\ds{\pars{0,\infty}}$ $\ds{\pars{0,1}}$ $\ds{\pars{1,\infty}}$ y vamos a ver que las 'piezas' cancela el uno al otro:

$$\begin{align} \sum_{k = 1}^{n}{1 \over k} - \ln\pars{n}& =\overbrace{\ln\pars{n}\bracks{\int_{0}^{\infty}\pars{1 + {t \over n}}^{-n - 1}\,\dd t - 1}}^{\ds{\stackrel{\to\ 0}{\mbox{when}\ n \to \infty}}}\ -\ \int_{0}^{\infty}\ln\pars{t}\pars{1 + {t \over n}}^{-n - 1}\,\dd t \end{align}$$

Tenga en cuenta que $\ds{\lim_{n \to \infty}\pars{1 + {t \over n}}^{-n - 1} = \expo{-t}}$ y $\ds{\int_{0}^{\infty}\expo{-t}\,\dd t = 1}$: $$\color{#66f}{\large% \lim_{n \to \infty}\bracks{\sum_{k = 1}^{n}{1 \over k} - \ln\pars{n}}= -\int_{0}^{\infty}\expo{-t}\ln\pars{t}\,\dd t}$$

Answer 3

Desde

$$\frac{{\Gamma '\left( x \right)}}{{\Gamma \left( x \right)}} = - \gamma - \frac{1}{x} + \sum\limits_{v = 1}^\infty {\frac{x}{{v\left( {x + v} \right)}}}$$

Evaluamos la expresión en $x=1$ para obtener

$$\frac{{\Gamma '\left( 1 \right)}}{{\Gamma \left( 1 \right)}} = \Gamma '\left( 1 \right) = - \gamma - 1 + \sum\limits_{v = 1}^\infty {\frac{1}{{v\left( {1 + v} \right)}}}$$

Pero desde $$\sum\limits_{v = 1}^\infty {\frac{1}{{v\left( {1 + v} \right)}}}=1$$

tenemos

$$\Gamma '\left( 1 \right) = - \gamma$$

Este sería un instante consecuencia de la prueba de que la digamma función está definida por

$$\psi \left( x \right) = \frac{{\Gamma '\left( x \right)}}{{\Gamma \left( x \right)}} = - \gamma - \frac{1}{x} + \sum\limits_{v = 1}^\infty {\frac{x}{{v\left( {x + v} \right)}}}$$