Real Metodologías de Análisis para mostrar $\gamma =2\int_0^\infty \frac{\cos(x^2)-\cos(x)}{x}\,dx$

Question

En ESTA RESPUESTA, he utilizado sencillo complejo de análisis para mostrar que

$$\gamma =2\int_0^\infty \frac{\cos(x^2)-\cos(x)}{x}\,dx \tag 1$$

donde $\gamma =-\int_0^\infty \log(x) e^{-x}\,dx$ es el de Euler-Mascheroni Constante.

La clave en la derivación de $(1)$ era transformar el coseno términos reales exponencial.

A la fecha, he sido incapaz de uso estrictamente análisis real, sin necesidad de apelar a los resultados electorales de las funciones especiales (por ejemplo, el uso de la $Cin(x)$ $Ci(x)$ funciones), para demostrar $(1)$.

He intentado introducir un parámetro y el uso de "Feynman Truco para aumentar la integral en algo manejable. O algo equivalente, reescribir la integral en $(1)$ como una integral doble y continuar por la explotación de Fubini-Tonelli.

PREGUNTA: ¿cuáles son las formas para demostrar $(1)$ sin depender de análisis complejo y no es atractivo para los tabulados de las relaciones de funciones especiales. Por ejemplo, indica que el $Ci(x)$ función se define como: $Ci(x)\equiv -\int_x^\infty\frac{\cos(t)}{t}\,dt=\gamma +\log(x) +\int_0^x \frac{\cos(t)-1}{t}\,dt$ es satisfactorio, a menos que uno se demuestra la última igualdad.

Answer 1

Para $$\Gamma '\left ( x \right )=\int_{0}^{\infty }e^{-t}t^{x-1}\ln t\, \mathrm{d}t$$ el uso de $$\ln t=\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-s}-e^{-ts}}{s}\, \mathrm{d}s$$ tenemos $$\Gamma '\left ( x \right )=\int_{0}^{\infty }e^{-t}t^{x-1}\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-s}-e^{-ts}}{s}\, \mathrm{d}s\mathrm{d}t=\Gamma \left ( x \right )\int_{0}^{\infty }\left ( e^{-s}-\frac{1}{\left ( s+1 \right )^{x}} \right )\frac{\mathrm{d}s}{s}$$ Por lo tanto, vamos a $x=1$ tenemos $$\gamma =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{s+1 }-e^{-s} \right )\frac{\mathrm{d}s}{s}$$ deje $s=t^k,~k>0$, obtenemos $$\gamma =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{k}+1 }-e^{-t^{k}} \right )\frac{k\, \mathrm{d}t}{t}$$ Por lo tanto,vamos a $k=a,b$ $$\frac{\gamma}{a} =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{a}+1 }-e^{-t^{a}} \right )\frac{ \mathrm{d}t}{t}~~,~~\frac{\gamma}{b} =\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }-e^{-t^{b}} \right )\frac{ \mathrm{d}t}{t}$$ por lo tanto $$\frac{\gamma}{b}-\frac{\gamma}{a} =\int_{0}^{\infty }\left [\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )+\left ( e^{-x^a}-e^{-x^b} \right ) \right ]\frac{ \mathrm{d}t}{t}$$ entonces $$\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}=\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}+\int_{1}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}$$ deje $t\rightarrow \dfrac{1}{t}$,obtenemos $$\int_{0}^{1}\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}=-\int_{1}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}$$ Así $$\int_{0}^{\infty }\left ( \frac{1}{t^{b}+1 }- \frac{1}{t^{a}+1 } \right )\frac{\mathrm{d}t}{t}=0$$ y $$\left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{a} \right )\gamma =\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t^a}-e^{-t^b}}{t}\, \mathrm{d}t\tag1$$ Lema:

$$\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t^a}-\cos t^a}{t}\, \mathrm{d}t=0~,~a>0$$

Prueba: Deje $$f\left ( x \right )=\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t}-\cos t}{t}\, e^{-xt}\, \mathrm{d}t$$ así $$f'\left ( x \right )=\int_{0}^{\infty }\left ( \cos t-e^{-t} \right )e^{-xt}\, \mathrm{d}t=\frac{x}{1+x^2}-\frac{1}{1+x}$$ por lo tanto $$\int_{0}^{\infty }f'\left ( x \right ) \mathrm{d}x=\ln\frac{\sqrt{1+x^2}}{1+x}\Bigg|_{0}^{\infty }=0=f\left ( \infty \right )-f\left ( 0 \right )$$ Es fácil ver que $f\left ( \infty \right )=0$,por lo que $$f\left ( 0 \right )=\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t}-\cos t}{t}\, \mathrm{d}t=0$$ Deje $x^a\to t$, obtenemos $$a\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t^{a}}-\cos t^{a}}{t}\, \mathrm{d}t=0\Rightarrow \int_{0}^{\infty }\frac{e^{-t^{a}}-\cos t^{a}}{t}\, \mathrm{d}t=0\tag2$$ Ahora el uso de $(1)$$(2)$, obtenemos $$\Large\boxed{\color{Blue} {\int_{0}^{\infty }\frac{\cos x^{a}-\cos x^b}{x}\, \mathrm{d}x=\left ( \frac{1}{b}-\frac{1}{a} \right )\gamma }}$$

Answer 2

Pensé que podría ser interesante post de una solución que aprovecha el Lema publicado por @Renascence_5. Para ello, vamos a proceder.

El Lema demostrado en el mencionado post se expresa como

$$\int_0^\infty \frac{e^{-x^a}-\cos(x^a)}{x}\,dx=0 \tag 1$$

para $a>0$.

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Examinaremos ahora una versión generalizada de la integral de interés y escribir

$$I(a,b)=\int_0^\infty \frac{\cos(x^a)-\cos(x^b)}{x}\,dx \tag 2$$

para$a>0$$b>0$.

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El uso de $(1)$ revela que $(2)$ puede ser escrito como

$$I(a,b)=\int_0^\infty \frac{e^{-x^a}-e^{-x^b}}{x}\,dx \tag 3$$

A continuación, vamos a integrar por partes la integral en $(3)$ $u=e^{-x^a}-e^{-x^b}$ $v=\log(x)$ obtener

$$\begin{align} I(a,b)&=\int_0^\infty \left(ax^{a-1}e^{-x^a}-bx^{b-1}e^{-x^b}\right)\,\log(x)\,dx\\\\ &=\int_0^\infty ax^{a-1}e^{-x^a}\,\log(x)\,dx-\int_0^\infty bx^{b-1}e^{-x^b}\,\log(x)\,dx\\\\ &=\frac1a \int_0^\infty e^{-x}\,\log(x)\,dx-\frac1b \int_0^\infty e^{-x}\,\log(x)\,dx\\\\ &=-\left(\frac1a -\frac1b\right)\,\gamma \end{align}$$

donde hemos utilizado la relación integral $\gamma =-\int_0^\infty e^{-x}\,\log(x)$.

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NOTA:

Podemos mostrar que $\gamma$ dado por $\gamma=-\int_0^\infty e^{-x}\,\log(x)\,dx$ es igual a $\gamma$ según lo expresado por el límite de $\gamma=\lim_{n\to \infty}\left(-\log(n)+\sum_{k=1}^n\frac1k\right)$ como sigue.

$$\begin{align} \int_0^\infty e^{-x}\,\log(x)\,dx&=\lim_{n\to \infty}\int_0^n \left(1-\frac xn\right)^n\,\log(x)\,dx\\\\ &=\lim_{n\to \infty} n \int_0^1 x^n \log(n(1-x))\,dx\\\\ &=\lim_{n\to \infty} n \left(\log(n) \int_0^1 x^n\,dx+\int_0^1 x^n\,\log(1-x)\,dx\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\log(n)+n \int_0^1 x^n\,dx+\int_0^1 x^n\,\log(1-x)\,dx\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\log(n)+ -n\sum_{k=1}^\infty \frac1k \int_0^1 x^{n+k}\,dx\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \left(\frac{n}{n+1}\log(n)-n \sum_{k=1}^\infty \frac1{k(k+n+1)}\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \frac{n}{n+1}\left(\log(n)- \sum_{k=1}^\infty \left(\frac1k-\frac1{k+n+1}\right)\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \frac{n}{n+1}\left(\log(n)- \sum_{k=1}^{n+1} \frac1k\right)\\\\ &=\lim_{n\to \infty} \left(\log(n)- \sum_{k=1}^{n} \frac1k\right)\\\\ \end{align}$$

como iba a ser mostrado!