Algunas representaciones integrales de la constante de Euler-Mascheroni

Question

¿Qué tipo de sustitución se debe usar para obtener las siguientes integrales? $$\begin{align} \int_0^1 \ln \ln \left(\frac{1}{x}\right)\,dx &=\int_0^\infty e^{-x} \ln x\,dx\tag1\\ &=\int_0^\infty \left(\frac{1}{xe^x} - \frac{1}{e^x-1} \right)\,dx\tag2\\ &=-\int_0^1 \left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{\ln x} \right)\,dx\tag3\\ &=\int_0^\infty \left( e^{-x} - \frac{1}{1+x^k} \right)\,\frac{dx}{x},\qquad k>0\tag4\\ \end{align}$$

Esto no es problemas de la tarea y sé que el anterior integrales igual a la negativa de Euler–Mascheroni constante. Tengo estas integrales, mientras que la lectura de esta página de la Wikipedia: El de Euler–Mascheroni constante. De acuerdo a Wikipedia, el de Euler–Mascheroni constante se define como la limitación de la diferencia entre la serie armónica y el logaritmo natural: $$\gamma=\lim_{N\to\infty} \left(\sum_{k=1}^N \frac{1}{k} - \ln N\right)$$ pero no sé por qué esta definición puede ser asociada a la anterior integrales?

Puedo obtener la ecuación de $(1)$ mediante la sustitución de $t=\ln \left(\frac{1}{x}\right)\rightarrow x=e^{-t} \rightarrow dx=-e^{-t}\,dt$, y sé que $$\int_0^\infty e^{-x} \ln x\,dx=\Gamma'(1)=\Gamma(1)\psi(1)=-\gamma$$ pero no puedo obtener el resto. Alguna idea? Cualquier ayuda se agradece. Gracias de antemano.

Answer 1

No estoy seguro si puede obtener los otros tres de la primera integral a través de alguna sustitución.

$(3)$ Uno puede obtener de la definición de constante...

Observe que $$\sum_{i=1}^N\frac{1}{i}=\int_0^1 \frac{1-t^N}{1-t}\,dt$ $ y $$\ln N=\int_0^1 \frac{t^{N-1}-1}{\ln t}\,dt$ $ lo anterior puede demostrarse mediante integral de Frullani. Por lo tanto $$\begin{aligned} \lim_{N\rightarrow \infty} \left(\sum_{i=1}^N\frac{1}{i}-\ln N\right) &=\lim_{N\rightarrow \infty}\int_0^1\left(\frac{1-t^N}{1-t}-\frac{t^{N-1}-1}{\ln t}\,dt\right)\,dt \\ &=\int_0^1 \left(\frac{1}{1-t}+\frac{1}{\ln t}\right)\,dt \end{alineado} $$ hacer la sustitución $\ln x=-t$ para obtener el $(2)$.

Answer 2

Para el cuarto, expresar la integral como una integral iterada y luego cambiar el orden de integración.

$$ \begin{align} \int_{0}^{\infty} \left( e^{-x}- \frac{1}{1+x^{k}} \right) \frac{dx}{x} &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \left(e^{-x} - \frac{1}{1+x^{k}} \right) e^{-xt} \ dt \ dx \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \left(e^{-x} - \frac{1}{1+x^{k}} \right) e^{-tx} \ dx \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty} e^{-(t+1)x} \ dx - \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-tx}}{1+x^{k}} \ dx \right) \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{t+1} - \int_{0}^{\infty} \frac{e^{-u}}{1+ (\frac{u}{t})^{k}} \frac{du}{t} \right) \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} \left(\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-u}}{t+1} \ du - \int_{0}^{\infty} \frac{t^{k-1}e^{-u}}{t^{k}+u^{k}} \ du \right) \ dt \tag{1} \\ &= \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{\infty} \left(\frac{1}{t+1} - \frac{t^{k-1}}{t^{k}+u^{k}} \right)e^{-u} \ du \ dt \\ &= \int_{0}^{\infty} e^{-u} \int_{0}^{\infty} \left(\frac{1}{t+1} - \frac{t^{k-1}}{t^{k}+u^{k}} \right) \ dt \ du \\ &= \int_{0}^{\infty} e^{-u} \ln \left(\frac{1+t}{(t^{k}+u^{k})^{1/k}} \right) \Bigg|^{t=\infty}_{t=0} \ du \\ &= \int_{0}^{\infty} e^{-u} \ln u = -\gamma \end{align}$$

$(1)$ Desde $\int_{0}^{\infty} e^{-u} \ du = 1$

$ $

Ya que estoy bastante seguro de que vi sos440 utilizar este enfoque en otro lugar para mostrar que $$ \int_{0}^{\infty} \left(\cos (x) - \frac{1}{1+x^{2}} \right) \frac{dx}{x} = - \gamma,$ $ voy a publicar esta respuesta como un wiki de la comunidad.

Answer 3

Para la ecuación de $(2)$, hacen que la sustitución de $t=e^{-x}\,\Rightarrow\, x=-\ln t\,\Rightarrow\,dx=-\dfrac{dt}{t}$, entonces obtenemos la ecuación de $(3)$ después $t\mapsto x$. \begin{equation} \int_0^\infty \left(\frac{1}{xe^x} - \frac{1}{e^x-1} \right)\,dx=\int_0^\infty \left(\frac{e^{-x}}{x} - \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}} \right)\,dx=\int_0^1 \left(\frac{1}{1-x} \color{red}{+} \frac{1}{\ln x} \right)\,dx \end{equation} De hecho, la ecuación de $(3)$ es igual a $-\gamma$ y aquí está la prueba. Tenemos \begin{equation} -\int_0^1 \left(\frac{1}{1-x} \color{red}{+} \frac{1}{\ln x} \right)\,dx=-\int_0^1 \frac{\ln x+1-x}{(1-x)\ln x}\,dx \end{equation} Puedo comprobar en el citado enlace de la Wikipedia (en inglés), hay una pequeña errata en $(3)$.

La proposición :

\begin{equation} I(s)=\int_0^1 \frac{s\ln x+1-x^s}{(1-x)\ln x}\,dx=\ln\Gamma(s+1) +\gamma s \end{equation}

Prueba :

Vamos \begin{equation} I(s)=\int_0^1 \frac{s\ln x+1-x^s}{(1-x)\ln x}\,dx \end{equation} entonces \begin{align*} I'(s)&=\int_0^1 \frac{1-x^s}{1-x}\,dx\\ I''(s)&=-\int_0^1 \frac{x^s\ln x}{1-x} \,dx\\ &=-\int_0^1\sum_{n=0}^\infty x^{n+s}\ln x\,dx\\ &=-\sum_{n=0}^\infty\partial_s\int_0^1 x^{n+s}\,dx\\ &=-\sum_{n=0}^\infty\partial_s\left[\frac{1}{n+s+1}\right]\\ &=\sum_{n=0}^\infty\frac{1}{(n+s+1)^2}\\ &=\psi_1(s+1)\\ I'(s)&=\int\psi_1(s+1)\,ds\\ I'(s)&=\int\frac{\partial}{\partial s}\bigg[\psi(s+1)\bigg]\,ds\\ I'(s)&=\psi(s+1)+C\\ \end{align*} Para$s=0$,$I'(0)=0$. Lo que implica $C=-\psi(1)=\gamma$, luego \begin{align*} I'(s)&=\psi(s+1)+\gamma\\ I(s)&=\int \psi(s+1)\,ds +\gamma s+C\\ &=\int \frac{\partial}{\partial s}\bigg[\ln\Gamma(s+1)\bigg]\,ds +\gamma s+C\\ &=\ln\Gamma(s+1) +\gamma s+C\\ \end{align*} Para$s=0$,$I(0)=0$. Lo que implica $C=0$, luego \begin{equation} I(s)=\int_0^1 \frac{s\ln x+1-x^s}{(1-x)\ln x}\,dx=\ln\Gamma(s+1) +\gamma s\qquad\qquad\square \end{equation}

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Para $s=1$, tenemos

\begin{equation} -I(1)=-\int_0^1 \left(\frac{1}{1-x} + \frac{1}{\ln x} \right)\,dx=-\int_0^1 \frac{\ln x+1-x}{(1-x)\ln x}\,dx=-\gamma \end{equation}

Answer 4

La forma más sencilla de obtener este resultado es el uso de un procedimiento de regularización. Voy a explicar cómo hacer la integral asociada con una respuesta anterior, $$\int_{0}^{\infty}\left(\mathrm{cos}\space x-\frac{1}{1+x^2}\right)\frac{dx}{x}=-\gamma$$

Esta integral es correcta. Forma más fácil de mostrar es la regularización de la integral mediante la adición de el pequeño número real $\delta$ a que el exponente de a $x^{-1}$. Este, después de la $u$ sustitución de $u=ix$, da $$\mathrm{Re}\left[\Gamma(\delta)\left(\frac{1}{i}\right)^\delta\right]-\frac{\pi}{2}\mathrm{csc}\left(\frac{\pi\delta}{2}\right).$$ Now, we just use the recursion identity $\delta\Gamma(\delta)=\Gamma(\delta+1)$ along with the Taylor series for $\Gamma(1+\delta)$ and sin($x$), to show that the integral is given by $-\gamma$. There are two $\frac{1}{\delta}$ terms that cancel, and the remaining contribution when $\delta$ is very small is $-\gamma$. This is a very neat integral for $\gamma$!
Me gustaría ver la razón por la $$\int_{0}^{\infty}\frac{\mathrm{ln}(1+x)}{\mathrm{ln}^2(x)+\pi^2}\frac{dx}{x^2}=\gamma$$ Yo no tengo ningún 'trucos' para esta expresión... agradecería cualquier!