Informática $ \int_0^\infty \frac{\log x}{\exp x} \ dx $

Question

Sé que $$ \int_0^\infty \frac{\log x}{\exp x} = -\gamma $$ donde $ \gamma $ es la constante de Euler-Mascheroni, pero no tengo ni idea de cómo demostrarlo.

La definición en serie de $ \gamma $ me lleva a pensar que debería descomponer el integrando en una serie e intercambiar la suma y la integración, pero no se me ocurre una buena serie. La serie de Maclaurin de $ \ln x $ no es aplicable ya que el dominio de $ x $ no es correcta y parece que no puedo manipular el integrando para que funcione la serie de Maclaurin.

Otra cosa que se me ocurrió fue utilizar $ x \mapsto \log u $ para obtener $ \int\limits_{-\infty}^\infty \frac{\log \log u}{u^2} \ du $ y utilizar algún tipo de integración de contornos, pero tampoco veo cómo funcionaría.

Answer 1

Lema1: $$\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}dx=\gamma$$

pf:uso \begin{align}\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}&=\int_{0}^{1}\dfrac{1-t^n}{1-t}dt\\ &=\int_{0}^{n}\dfrac{1-(1-\frac{x}{n})^n}{x}dx \end{align} y $$\ln{n}=\int_{1}^{n}\dfrac{1}{x}dx$$ así que $$\gamma=\lim_{n\to\infty}(\sum_{i=1}^{n}\dfrac{1}{i}-\ln{n})=\lim_{n\to\infty}\left(\int_{0}^{1}\dfrac{1-(1-x/n)^n}{x}dx-\int_{1}^{n}\dfrac{(1-x/n)^n}{x}dx\right)$$

así que $$\gamma=\int_{0}^{1}\dfrac{1-e^{-x}}{x}dx-\int_{1}^{\infty}\dfrac{e^{-x}}{x}dx=\int_{0}^{1}(1-e^{-x})d(\ln{x})-\int_{1}^{\infty}e^{-x}d(\ln{x})=\cdots=-\int_{0}^{\infty}e^{-x}\ln{x}dx$$

Answer 2

He aquí una forma, sólo hay que derivarla (por cierto, la integral es igual a $-\gamma$ ). Sabemos por Euler que se puede escribir el logaritmo como el siguiente límite

$$\mathrm{ln}(x)=\lim_{n \to 0}\frac{x^n-1}{n}$$

La integral es ahora

$$\int_0^\infty \frac{\mathrm{ln} x}{\exp x}dx=\lim_{n\to 0}\frac{1}{n}\int_{0}^\infty\frac{x^n-1}{e^x}dx$$

Esto no es más que la integral de Euler de segundo tipo, por lo que se obtiene

$$\int_0^\infty \frac{\mathrm{ln} x}{\exp x}dx=\lim_{n\to 0}\frac{\Gamma(n +1)-1}{n}=-\gamma$$

Answer 3

Recordando la Transformada de Mellin de una función $f$

$$ F(s)=\int_{0}^{\infty}x^{s-1}f(x)dx \implies F'(s) = \int_{0}^{\infty} x^{s-1}\ln(x)f(x) dx.$$

Así que, tomando $f(x)=e^{-x}$ y hallar su transformada de Mellin

$$ F(s)=\Gamma(s) \implies F'(s)=\Gamma'(s) $$

Tomando el límite como $s\to 1$ produce el resultado deseado

$$ \lim_{s\to 1}F'(s)=-\gamma. $$

Nota: Puedes usar la identidad para encontrar el límite

$$ \psi(x)=\frac{d}{dx}\ln\Gamma(x)=\frac{\Gamma'(x)}{\Gamma(x)}\implies \Gamma'(x)=\Gamma(x)\psi(x), $$

donde $\psi(x)$ es el función digamma y $\psi(1)=-\gamma$ .

Answer 4

Para $x\le n$ , $\left(1-\frac{x}{n}\right)^n$ aumenta con $n$ . Por Desigualdad de Bernoulli , $$ \begin{align} \frac{\left(1-\frac{x}{n+1}\right)^{n+1}}{\left(1-\frac{x}{n}\right)^n} &=\left(\frac{(n+1-x)\,n}{(n+1)(n-x)}\right)^{n+1}\left(1-\frac{x}{n}\right)\\ &=\left(1+\frac{x}{(n+1)(n-x)}\right)^{n+1}\left(1-\frac{x}{n}\right)\\[6pt] &\ge\left(1+\frac{x}{n-x}\right)\left(1-\frac{x}{n}\right)\\[9pt] &=\frac{n}{n-x}\frac{n-x}{n}\\[12pt] &=1 \end{align} $$ Por lo tanto Convergencia monótona , $$ \begin{align} \int_0^\infty\log(x)e^{-x}\mathrm{d}x &=\lim_{n\to\infty}\int_0^n\log(x)\left(1-\frac{x}{n}\right)^n\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}n\int_0^1(\log(x)+\log(n))\,(1-x)^n\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}n\int_0^1(\log(1-x)+\log(n))\,x^n\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\log(n)-n\int_0^1\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k}x^n\,\mathrm{d}x\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\log(n)-n\sum_{k=1}^\infty\frac1{k(n+k+1)}\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\log(n)-\frac{n}{n+1}\sum_{k=1}^\infty\left(\frac1k-\frac1{n+k+1}\right)\\ &=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}\left(\log(n)-\sum_{k=1}^{n+1}\frac1k\right)\\[6pt] &=-\gamma \end{align} $$

Answer 5

Esto no es más que la definición de la función gamma: $$\Gamma(s)=\int_0^{\infty}x^{s-1}e^{-x}dx.$$ Diferenciándolo con respecto a $s$ y, a continuación, establecer $s=1$ obtenemos $$-\gamma=\psi(1)=\left[\frac{d}{ds}\ln\Gamma(s)\right]_{s=1}=\int_0^{\infty}\ln x\,e^{-x}dx.$$