Alternativas para mostrar que $\gamma=\int_0^\infty \left(\frac{1}{1+x^a}-\frac{1}{e^x}\right)\,\frac1x\,dx$, $a>0$

Question

A partir de la definición de límite de Euler-Mascheroni constante $\gamma$ dado por

$$\gamma=\lim_{n\to \infty}\left(-\log(n)+\sum_{k=1}^n\frac1k\right)\tag 1$$

podemos mostrar que $\gamma$ tiene una representación integral

$$\gamma=\int_0^\infty\left(\frac{1}{e^x-1}-\frac{1}{xe^x}\right)\,dx \tag 2$$

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La prueba de $(2)$: se proporcionan para la integridad y sólo uno puede saltarse esta parte, sin perder el contexto.

Para mostrar que la integral en $(2)$ es equivalente a $(1)$, se puede proceder como sigue.

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

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Otra representación integral para $\gamma$ está dado por

$$\gamma=\int_0^\infty \left(\frac{1}{x(1+x^a)}-\frac{1}{xe^x}\right) \,dx \tag 3$$

para $a>0$.

Equipado con $(2)$, podemos mostrar la equivalencia de las $(3)$ $(1)$ mostrando que

$$\int_0^\infty \left(\frac{1}{x(1+x^a)}-\frac{1}{e^x-1}\right)\,dx=0\tag 4$$

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Para demostrar $(4)$, procedí de la siguiente manera.

$$\begin{align} \lim_{\epsilon\to 0}\int_{\epsilon}^\infty\left(\frac{1}{x(1+x^a)}-\frac{1}{e^x-1}\right)\,dx &=\lim_{\epsilon\to 0}\left.\left(-\frac1a \log(1+x^{-a})+\log(1-e^{-x})\right)\right|_{\epsilon}^{\infty}\\\\ &=\lim_{\epsilon\to 0}\left(\frac1a \log(1+\epsilon^{-a})+\log(1-e^{-\epsilon})\right)\\\\ &=0 \end{align}$$

Y hemos terminado!

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Este enfoque parecía un poco engorroso e indirectos.

PREGUNTA: Entonces, ¿cuáles son los enfoques alternativos para establecer la equivalencia de $(3)$$(1)$?

Answer 1

La integración por partes, $$\int_0^{\infty} \left( \frac{1}{1+x^a} - e^{-x} \right) \frac{dx}{x} = 0-0 + \int_0^{\infty} \left( \frac{ax^a}{x(1+x^a)^2} - e^{-x} \right) \log{x} \, dx$$

Por supuesto, reconocemos el segundo término como un familiar definición de/fácil de derivar la fórmula para $\gamma$. El primer término tenemos que mostrar es cero. Pero $$\int \frac{ax^a\log{x}}{x(1+x^a)^2} \, dx = \frac{x^a\log{x}}{1+x^a} - \frac{1}{a}\log{(1+x^a)},$$ que es continua y tiende a cero en ambos extremos desde $a>0$.

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Lo realmente interesante de este resultado, en mi opinión, es que muestra el primer término es una completa red herring: vamos a $F$ ser continua y continuamente diferenciable en a $(0,\infty)$ con las siguientes propiedades:

• $F(x) = 1 + o(1/\log{x})$ $x \downarrow 0$,
• $F(x) = o(x^{-\epsilon})$ $x \uparrow \infty$ algunos $\epsilon>0$,
• $\int_0^{\infty} F'(x) \log{x} \, dx = 0$

Entonces $$\gamma = \int_0^{\infty} \left( F(x) - e^{-x} \right) \frac{dx}{x}.$$ La prueba es esencialmente idéntica a la anterior: $$\int_0^{\infty} ( F(x) - e^{-x} ) \frac{dx}{x} = [(F(x) - e^{-x}) \log{x}]_0^{\infty} - \int_0^{\infty} ( F'(x) + e^{-x} ) \log{x} \, dx = \int_0^{\infty} e^{-x} \log{x} \, dx,$$ La integral de la izquierda existe por las dos primeras condiciones en $F$, que también son suficiente para asegurar que el límite de términos de la integración por partes van a cero.

Answer 2

Pensé que podría ser instructivo para presentar un suplemento a la solución agradable publicado por @Chappers con el fin de tener un modo autónomo adelante. Para ello, vamos a proceder.

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En ESTA RESPUESTA, me mostró el uso de la representación integral de la función Gamma

$$\Gamma(x)=\int_0^\infty s^{x-1}e^{-s}\,ds \tag 1$$

que la Gamma puede ser expresado como el límite

$$\Gamma(x)=\lim_{n\to \infty}\frac{n^x\,n!}{x(x+1)(x+2)\cdots (x+n)} \tag 2$$

Ahora, tenga en cuenta que $(2)$ puede escribirse como

$$\begin{align} \Gamma(x)&=\lim_{n\to \infty}\frac{e^{x(\log(n)-1-1/2-\cdots -1/n)}\, e^{x}e^{x/2}\cdots e^{x/n}}{x(1+x)(1+x/2)\cdots (1+x/n)} \\\\&=\frac{e^{-\gamma x}}{x}\prod_{n=1}^\infty e^{x/n}\left(1+\frac xn\right)^{-1}\tag 3 \end{align}$$

donde $(3)$ da la bien conocida de Weierstrass producto para la Gamma.

Diferenciar el logaritmo de $(3)$ y ajuste de $x=1$ revela

$$\Gamma'(1)=\Gamma(1)\left(-\gamma -1+\sum_{n=1}^\infty \left(\frac1n-\frac{1}{n+1}\right)\right)=-\gamma \tag 4$$

La diferenciación $(1)$ y ajuste de $x=1$ rendimientos

$$\Gamma'(1)=\int_0^\infty \log(x)e^{-x}\,dx \tag 5$$

de dónde comparando $(4)$ $(5)$ se obtiene el codiciado resultado

$$\int_0^\infty \log(x)e^{-x}\,dx =-\gamma$$