Demostrando que $\int_{-1}^0 \frac{e^x+e^{1/x}-1}{x}dx=\gamma$

Question

Esto surgió mientras miraba el comportamiento asintótico de $f(x)=\int_0^x \frac{e^t-1}{t}dt=\sum_{h=1}^\infty\frac{x^h}{h\cdot h!}$ que es una función bonita y completa, ya que $x\to -\infty$ , es decir, que creo que $f(x)\sim -\ln(-x)-\gamma$ como $x\to -\infty$ . He reducido eso al problema de probar $$\int_{-1}^0 \frac{e^x+e^{1/x}-1}{x}dx=\gamma$$ donde $\gamma\approx 0.577$ es la constante de Euler-Mascheroni.

Answer 1

En primer lugar, aplicar la sustitución $x\to -1/x$ obtenemos

$$\int_{-1}^0\frac{e^{1/x}}{x}\,dx=-\int_1^\infty \frac{e^{-x}}{x}\,dx \tag 1$$

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En segundo lugar, integrando por partes la integral del lado derecho de $(1)$ con $u=e^{-x}$ y $v=\log(x)$ revela

$$\begin{align} \int_{-1}^0\frac{e^{1/x}}{x}\,dx&=-\int_1^\infty e^{-x}\log(x)\,dx\\\\ &=-\int_0^\infty e^{-x}\log(x)\,dx+\int_0^1 e^{-x}\log(x)\,dx\\\\ &=\gamma +\int_0^1 e^{-x}\log(x)\,dx\tag 2 \end{align}$$

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Finalmente, integrando por partes la integral del lado derecho de $(2)$ con $u=\log(x)$ y $v=-(e^{-x}-1)$ revela

$$\begin{align} \int_{-1}^0\frac{e^{1/x}}{x}\,dx&=\gamma +\int_0^1 \frac{e^{-x}-1}{x}\,dx\\\\ &=\gamma -\int_{-1}^0\frac{e^x-1}{x}\,dx \tag 3 \end{align}$$

por lo que la resolución de $(3)$ para $\gamma$ produce la codiciada relación

$$\bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\gamma=\int_{-1}^0 \frac{e^x+e^{1/x}-1}{x}\,dx}$$

¡Y ya está!

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Al final de ESTA RESPUESTA , demostré que $\gamma$ como se indica en $-\int_0^\infty \log(x)e^{-x}\,dx=\lim_{n\to \infty}\left(-\log(n)+\sum_{k=1}^n \frac1k\right)$ Esta última se suele dar como definición de $\gamma$ .

Answer 2

Voy a adoptar un enfoque diferente al del Dr. MV, y a evaluar la integral directamente. En primer lugar, debido a la singularidad en $x=0$ la integral debe interpretarse como $\displaystyle \lim_{\epsilon\to 0^-}\int_{-1}^\epsilon \frac{e^x+e^{1/x}-1}x dx$ . Con esto en mente, podemos integrar. $$\int\frac{e^x+e^{1/x}-1}x dx=\mathrm{Ei}(x)-\mathrm{Ei}\left(\frac1x\right)-\ln{x}+C\tag{1}$$ Es fácil ver que el valor en $x=-1$ es $-i\pi$ pero el valor cerca de $0$ es un poco más complejo (no es un juego de palabras). Por suerte, el primer término puede eliminarse rápidamente: $$-\lim_{x\to 0^-}\mathrm{Ei}\left(\frac1x\right)=-\lim_{t\to\infty}\mathrm{Ei}(-t)=0.$$ Esto nos deja con $\displaystyle\lim_{x\to 0^-}\left[\mathrm{Ei}(x)-\ln{x}\right]$ . Para $x<0$ podemos utilizar la ampliación de la serie para $E_1(z)$ para escribir $$\mathrm{Ei}(x)=\gamma+\ln(-x)+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n\,n!}.\tag{2}$$ Ahora tenemos $$\lim_{x\to 0^-}\left[\mathrm{Ei}(x)-\ln{x}\right]=\lim_{x\to 0^-}\left[\gamma+\ln(-x)-\ln{x}+\sum_{n=1}^\infty\frac{x^n}{n\,n!}\right]=\gamma-i\pi\tag{3}$$ y puede concluir que $$\int_{-1}^0\frac{e^x+e^{1/x}-1}x dx=\gamma+i\pi-i\pi=\gamma.\tag{4}$$ Q.E.D.