¿Cómo demostramos esta conjetura $\int_{0}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}\ln{\left(1+{1\over \sqrt{x}}\right)}=2\gamma ?$

Question

Estaba observando esto pregunta de @Brightsun y conjeturas $(1)$

$$\int_{0}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}\ln{\left(1+{1\over \sqrt{x}}\right)}=2\gamma \tag1$$

Un intento

$x=u^2$ entonces $(1)$ se convierte en

$$2\int_{0}^{\infty}ue^{-u}\ln{\left(1+{1\over u}\right)}\tag2$$

$$2\sum_{n=0}^{\infty}{(-1)^n\over n!}\int_{0}^{\infty}u^{n+1}\ln{\left(1+{1\over u}\right)}\mathrm du\tag3$$

Cambiar $(2)$ aplicando $e^x$ , $(3)$ diverge.

¿Cómo se puede demostrar $(1)?$

Answer 1

Tenga en cuenta que $$\begin{eqnarray*} \frac{d}{du}\left[e^{-u}\left(u\ln u-(1+u)\ln(1+u)\right)\right]\hspace{-40mm}&&\\ &=&e^{-u}\left(\ln u-\ln(1+u)-u\ln u+(1+u)\ln(1+u)\right)\\ &=&e^{-u}\left(\ln u+u\ln(1+1/u)\right). \end{eqnarray*}$$ Por lo tanto, $$\begin{eqnarray*} 2\int_0^\infty ue^{-u}\ln(1+1/u)\;du &=&2\left[e^{-u}\left(u\ln u-(1+u)\ln(1+u)\right)\right]_0^\infty\\ &&{}-2\int_0^\infty e^{-u}\ln u\;du\\ &=&2\gamma \end{eqnarray*}$$ por la primera fórmula aquí .

Answer 2

Por el cambio de variable $$ u=\sqrt{x},\quad x=u^2, \quad dx=2udu, $$ uno tiene $$ \begin{align} \int_{0}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}\ln{\left(1+{1\over \sqrt{x}}\right)}dx&=2\int_{0}^{\infty}u\:e^{-u}\ln{\left(1+{1\over u}\right)}du \\\\&=2\int_{0}^{\infty}u\:e^{-u}\ln{\left(1+u\right)}\:du-2\int_{0}^{\infty}u\:e^{-u}\ln{u}\:du. \tag1 \end{align} $$ Mediante la integración por partes, la primera integral del lado derecho de $(1)$ da $$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty}u\:e^{-u}\ln{\left(1+u\right)}\:du \\\\&=\left[\frac{e^{-u}}{-1}\cdot u\:\ln{\left(1+u\right)}\right]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}e^{-u}\left(\ln{\left(1+u\right)}+\frac{u}{1+u}\right)du \\\\&=\int_{0}^{\infty}e^{-u}\left(\ln{\left(1+u\right)}+\frac{u+1-1}{1+u}\right)du \\\\&=\int_{0}^{\infty}e^{-u}\left(\color{red}{\ln{\left(1+u\right)}-\frac{1}{1+u}}\right)du+\int_{0}^{\infty}e^{-u}du \\\\&=\color{red}{0}+1 \quad (\text{integration by parts}) \end{align} $$ Al integrar por partes, la segunda integral del lado derecho de $(1)$ da $$ \begin{align} &\int_{0}^{\infty}u\:e^{-u}\ln u\:du \\\\&=\left[\frac{e^{-u}}{-1}\cdot u\:\ln u\right]_{0}^{\infty}+\int_{0}^{\infty}e^{-u}\left(\ln u+1\right)du \\\\&=\int_{0}^{\infty}e^{-u}\ln u\:du+1 \end{align} $$ que se puede encontrar en $$ \int_{0}^{\infty}e^{-\sqrt{x}}\ln{\left(1+{1\over \sqrt{x}}\right)}dx=-2\int_{0}^{\infty}e^{-u}\ln u\:du, $$ que es el resultado anunciado.

Answer 3

A partir de $$2\int_0^\infty u e^{-u}\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)du =2\int_0^\infty u e^{-u}\left(\ln(1+u)-\ln(u)\right)du$$ Vamos a encontrar $\int_0^\infty u e^{-u}\ln(u)du$ primero. Podemos introducir la variable $a$ y examinar la integral: $$\int_0^\infty e^{-u} u^adu=\Gamma(a+1)$$ Ahora tomaremos la derivada por $a$ para volver a nuestra integral original: $$\frac{\partial}{\partial a}\int_0^\infty e^{-u} u^adu =\int_0^\infty e^{-u}u^a\ln(u)du=\Gamma'(a+1)$$ Dejemos que $a=1$ . Entonces tenemos $$\int_0^\infty e^{-u}u\ln(u)du=\Gamma'(2)=1-\gamma$$ Ahora $$\int_0^\infty ue^{-u}\ln(1+u)du=\left[-e^{-u}u\ln(1+u)\right]_0^\infty+ \int_0^\infty e^{-u}\left(\ln(1+u)+\frac{u}{1+u}\right)du$$ por integración por partes. Los términos de borde son cero, por lo que nos queda (integrando de nuevo el primer integrando por partes) $$\int_0^\infty e^{-u}\ln(1+u)du+\int_0^\infty e^{-u}\frac{u}{1+u}du$$ $$=[-e^{-u}\ln(1+u)]_0^\infty+\int_0^\infty \frac{e^{-u}}{1+u}du+\int_0^\infty e^{-u}\frac{u}{1+u}du$$ $$=0+\int_0^\infty e^{-u}du = 1$$ Así, combinando esto con nuestro resultado anterior en la primera integral: $$2\int_0^\infty u e^{-u}\ln\left(1+\frac{1}{u}\right)du=2(1-(1-\gamma))=2\gamma$$

Answer 4

Dejemos que $ I$ su integral (2) (sin el factor $2$ ). Como $1-(x+1)\exp(-x)$ es una primitiva de $x\exp(-x)$ una integración por partes da como resultado $$I=\int_0^{+\infty} (\frac {1}{1+x}-\exp(-x))\frac{dx}{x}$$ A continuación, utilice http://mathworld.wolfram.com/Euler-MascheroniConstant.html