Demostrando que $ \displaystyle \gamma = \int_{0}^{1} \!\!\int_{0}^{1} \!\frac{x - 1}{(1 - x y) \log(x y)} \, \mathrm{d}{x} \, \mathrm{d}{y} $.

Question

En 2005, J. Sondow encontrado una sorprendente fórmula de Euler-Mascheroni constante $ \gamma $. La fórmula es $$ \gamma = \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \frac{x - 1}{(1 - x y) \log(x y)} ~ \mathrm{d}{x} ~ \mathrm{d}{y}. $$ Ahora, la definición de $ \gamma $ es $$ \gamma \stackrel{\text{def}}{=} \lim_{n \to \infty} \left[ \sum_{k = 1}^{n} \frac{1}{k} - \log(n) \right]. $$ He intentado usar la serie geométrica $$ \frac{1}{1 - x, y} = \sum_{n = 0}^{\infty} x^{n} y^{n} $$ para obtener una prueba, pero no iba a funcionar. Gracias por la ayuda.

Answer 1

Esta$\require{autoload-all}$ post describe exactamente cómo debe utilizar la serie geométrica para llegar a la serie que el post original ha dado. La belleza de este método radica en que las generalizaciones que he puesto varios ejemplos de mi post. Si quieres ver un método más fácil de encontrar la respuesta a las específicas integral, ver a mi otra respuesta.

Voy a empezar por la primera definición de la integral exponencial y, a continuación, probar algunos de los lemas que participará en la prueba. Escribimos ${\operatorname{Ei}(x)}$ para la integral exponencial y se define como sigue.

$$\operatorname{Ei}(x) = -\int_{-x}^\infty \frac{e^{-t}}{t}\,\mathrm{d}t$$

Voy a utilizar las siguientes propiedades (pasa el ratón sobre cada declaración para el razonamiento):

$$\mathtip{\lim_{x\to -\infty} \operatorname{Ei}(x) = 0}{\text{Clear from the definition of } \operatorname{Ei}(x).} \tag{1a}$$

$$\mathtip{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \operatorname{Ei}(x) = \frac{e^x}{x}}{\text{Clear from the definition of } \operatorname{Ei}(x).} \tag{1b}$$

$$\mathtip{\int\operatorname{Ei}(x)\, \mathrm{d}x = x\operatorname{Ei}(x) – e^x + C}{\text{Integrate by parts or take the derivative of the right hand side.}{}} \tag{1c}$$

$$\mathtip{\int \operatorname{Ei}(x)e^{\alpha x}\, \mathrm{d}x = \frac{e^{\alpha x}\operatorname{Ei}(x) -\operatorname{Ei}((\alpha+1)x)}{\alpha} + C}{\text{Integrate by parts or take the derivative of the right hand side.}{}} \tag{1d}$$

Voy a empezar con dos preliminar de los lemas.

Lema $1$:

$$\int_0^1 \frac{x^n}{\log(ax)} \mathrm{d}x = a^{-n-1}\operatorname{Ei}((n+1)\log(a)) \tag{2}$$

$$ \toggle{ \encerrar{roundedbox}{\text{ haz Clic para mostrar la Prueba }} }{ \boxed{\text{Sustituto } -\log(ax) = u}\\[.2cm] \int_{\infty}^{-\log(a)}-\frac {e^u/a)^{n+1}}{u} \mathrm{d}u\\[.2cm] \boxed{\text{Simplificar y utilizar las propiedades de la integración}}\\[.2cm] \int_{-\log(a)}^{\infty}^{n-1}\frac{e^{(n+1)u}}{u} \mathrm{d}u\\[.2cm] \boxed{\text{Sustituto }t = (n+1)u\text{ y, a continuación, evaluar el uso de la definición de }\operatorname{Ei}(x).}\\[.2cm] \int_0^1 \frac{x^n}{\log(ax)} \mathrm{d}x = a^{n-1}\operatorname{Ei}((n+1)\log(a))\\ \encerrar{roundedbox}{\text{ haga Clic en para Cerrar la Prueba}}}\endtoggle $$

Lema $2 $ (muy importante):

$$\int_0^1 \dfrac{\operatorname{Ei}(a\log(y))}{y^n} \mathrm{d}y = \lim_{n_0\to n} \frac{1}{n_0-1}\log\left(1+\frac{1-n_0}{a}\right) \tag{3}$$

La prueba se encuentra en la parte inferior del post. El límite debe ser utilizado para el caso de $n = 1$.

Ahora para evaluar la integral:

$$ \begin{align} I &= \int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{x-1}{(1 – xy)\log(xy)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\sum_{k=0}^n \left[\frac{x^{k+1}y^k}{\log(xy)} - \frac{x^{k}y^k}{\log(xy)}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y \end{align}$$

El uso de $(2)$:

$$I = \lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1} \sum_{k=0}^\infty \left[\frac{\operatorname{Ei}((k+2)\log(y))}{y^2}- \frac{\operatorname{Ei}((k+1)\log(y))}{y}\right] \mathrm{d}y$$

El uso de $(3)$:

$$I = \lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^n \left[\log\left(1-\frac{1}{k+2}\right)+\frac{1}{k+1}\right]$$

Finalmente:

$$\begin{align}I &= \lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n \left[\log\left(\frac{k}{k+1}\right)+\frac{1}{k}\right]\\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n \left[\log(k)-\log(k+1)+\frac{1}{k}\right]\\ &= \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k} - \log(n)\end{align}$$

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$\LARGE \text{Generalizations:}$

Este enfoque no es muy buena por el simple integral dada en el post original pero es que es muy fuerte enfoque en general. En la prueba del Lema 2, hemos sido capaces de desarrollar una fórmula general para $I_n$. Utilizando la misma técnica, es posible evaluar más complicado integrales tales como

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{(x-1)^2}{(1 – xy)\log(xy)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \log(\sqrt{2}) - \gamma$$

De hecho, si dejamos $P(x)$ ser cualquier polinomio, podemos encontrar una forma cerrada para

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{(x-1)P(x)}{(1 – xy)\log(xy)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

El factor de $(x-1)$ existe para garantizar el numerador tiende a cero como $x \to 1$. En general, podemos hacer mucho más que simplemente polinomios en $x$. Aquí están algunos de los resultados más interesantes que se pueden obtener

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{\sqrt{x}(x-1)}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{3} (\log (36)-2 \log (\pi ))$$

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{x^3+9x^2-11x+1}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\log(16)+\frac{\log(3)}{3}+\frac{5\log(2)}{6} - \gamma\\$$

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{\sqrt[4]{y}\sqrt{x}(1-x)}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y =\frac{4}{5} \!\left(\log (24)-2 \log (\pi )+4 \log \left(\Gamma (5/4)\right)\right)$$

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{y^{\pi}(x-1)}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{\log (\pi )+\log \left(\left(-6+11 \pi -6 \pi ^2+\pi ^3\right) \Gamma (-3+\pi )\right)}{(\pi -1) \pi }$$

$$\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{x^{\pi}(x-1)}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\frac{\log (\pi -3)-\pi \log (1+\pi )+\log \left(\pi \left(2-3 \pi +\pi ^2\right) \Gamma (-3+\pi )\right)}{\pi (1+\pi )}$$

El más significativo (en mi opinión) es este:

$$\boxed{\displaystyle\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1}\!\dfrac{x^{n}y^{n}(x-1)}{(1 – xy)\log(xy)}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \log(1+n)-\psi(1+n)}$$

Esto no es sólo una bella fórmula, pero que nos permite decir que la integral de la pregunta original puede ser fácilmente demostrado ser $-\psi(1) = \gamma$. En este caso, $\psi$ es el polygamma función. Ver a mi otra respuesta de una vía rápida para el desarrollo de esta fórmula.

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Aquí está la prueba del Lema 2. Si usted no entiende un paso, pase por encima de las ecuaciones. Tenga en cuenta que $a+1>n$. El final de la generalización de $I_n$ es muy útil para la generalización yo después de probar.

$$\begin{align}I_n &= \int_0^1 \frac{\operatorname{Ei}(a \log (y))}{y^n} \mathrm{d}y\\[.3cm] &\mathtip{= \int_{-\infty}^{0}\frac{\operatorname{Ei}(u)}{e^{n\cdot u/a}}\frac{e^{u/a}}{a} \mathrm{d}u}{\text{Substitute } u = a\log(y). \text{ and then integrate using property (1d)}}\\[.3cm] &\mathtip{= \left. \frac{e^{(1-n)u/a}\operatorname{Ei}(u)-\operatorname{Ei}((a+1-n)u/a)}{1-n} \right|_{-\infty}^{\,0}}{\text{Integrate using property (1d)}.}\\[.2cm] &\mathtip{=\left. \frac{y^{1-n}\operatorname{Ei}(a\log(y))-\operatorname{Ei}((a+1-n)\log(y))}{1-n} \right|_{\,0}^{\,1}}{\text{Substitute back in for }y.} \end{align}$$ Para mostrar que $I_1 = -1/a$ simplemente tomar el límite de $n \to 1$ usando la regla de L'Hospital y luego evaluar. Para encontrar $I_n$ $n > 1$ considerar los siguientes límites.

$$\begin{align} \text{Lower Limit} &= \lim_{y\to 0}\frac{y^{1-n}\operatorname{Ei}(a\log(y))-\operatorname{Ei}((a+1-n)\log(y))}{1-n} \\[.3cm] &\mathtip{=\lim_{y\to 0}\frac{\operatorname{Ei}(a\log(y))-y^{n-1}\operatorname{Ei}((a+1-n)\log(y))}{(1-n)y^{1-n}}}{\text{Re-arrange terms}.} \\[.3cm] &\mathtip{\!\overset{\rm{L'H}}{=} \lim_{y\to 0}-\frac{\operatorname{Ei}((a+1-n)\log(y))}{(1-n)}}{\text{Apply L'Hopitals rule using (1b)}.}\\[.3cm] &\mathtip{= 0.}{\text{Evaluate using (1d)}.} \end{align}$$

$$\text{Upper Limit} = \lim_{y\to 1}\frac{y^{1-n}\operatorname{Ei}(a\log(y))-\operatorname{Ei}((a+1-n)\log(y))}{1-n}$$

El límite superior es de trivial con una simple expansión en series de Taylor. El límite superior es igual a$$\dfrac{\log(a) - \log(a+1-n)}{1-n}$$, Con esto,

$$\begin{align}I_n &= \frac{1}{n-1}\log\left(1+\frac{1-n}{a}\right) \\ I_1 &= -\frac{1}{a} \\ I_2 &= \log\left(1-\frac{1}{a}\right)\end{align}$$

Esto completa la prueba del lema 2.

Vale la pena señalar que el $I_1$ puede ser calculada tomando el límite de$I_n$$n \to 1$. Por otra parte, el análisis anterior no dependen $n$ ser un número entero o ser positivo. Esto significa que podemos escribir para cualquier $n \in \mathbb{R}$

$$I_n = \lim_{n_0\to n} \frac{1}{n_0-1}\log\left(1+\frac{1-n_0}{a}\right)$$

Answer 2

Aquí es un enfoque que reduce a un integral simple:

Observe:

$$\int_{0}^{1}\frac{x}{(1-xy)\ln(xy)}dy=\int_{0}^{x}\frac{1}{(1-xy)\ln(xy)}d(xy)=\int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t)\ln t}dt......(1)$$

Así $$I =\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\frac{x-1}{(1-xy)\ln(xy)}dxdy=\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{x-1}{x}\left[\int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t)\ln t}dt\right]dx.$ $

Integración por partes,

$$I =\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\left[(x-\ln x)\int_{0}^{x}\frac{1}{(1-t)\ln t}dt\Big|_{0}^{1-\epsilon}-\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{x-\ln x}{(1-x)\ln x}dx\right]= \\ \lim_{\epsilon \rightarrow 0}\left[[1-\epsilon-\ln(1-\epsilon)]\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{1}{(1-x)\ln x}dx-\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{x-\ln x}{(1-x)\ln x}dx\right]= \\\lim_{\epsilon \rightarrow 0}\left[-[\epsilon+\ln(1-\epsilon)]\int_{0}^{1-\epsilon}\frac{1}{(1-x)\ln x}dx+\int_{0}^{1-\epsilon}\left[\frac1{1-x}+\frac1{\ln x}\right]dx\right]=\int_{0}^{1}\left[\frac1{1-x}+\frac1{\ln x}\right]dx = \gamma,$$

donde es conocida la última representación de solo integral de $\gamma$.

Answer 3

Me siento como que tengo que enviar otra respuesta a esta pregunta ya que he encontrado una solución mucho más sencilla.

Deje $$I'(n) = \int_0^1\!\!\int_0^1 \frac{x^ny^n(x-1)}{1-xy} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

El uso de la serie geométrica, la integración y, a continuación, utilizando fracciones parciales

$$\begin{align}I'(n) &= \lim_{N\to\infty}\sum_{k=0}^{N}-\frac{1}{(k+n)(1+k+n)^2}\\ &= \lim_{N\to\infty}\sum_{k=0}^{N} \frac{1}{k+n+1}-\frac{1}{k+n} + \sum_{k=0}^{N} \frac{1}{(k+n+1)^2} \end{align}$$

La primera suma de los telescopios y la segunda puede ser evaluado usando polygamma función. Tenemos que

$$\psi^{(n)}(z) = \frac{\mathrm d^{n+1}}{\mathrm dz^{n+1}}\log \Gamma(z)= (-1)^{n+1}n! \sum_{k=0}^{\infty} \frac{1}{(z+k)^{n+1}}$$

Usar esto para encontrar y expresión para $I'(n)$ y, a continuación, integrar con respecto a $n$.

$$I'(n) =\int_0^1\!\!\int_0^1 \frac{x^ny^n(x-1)}{1-xy} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{n+1} - \psi^{(1)}(n+1) $$

$$I(n) = \int_0^1\!\!\int_0^1 \frac{x^ny^n(x-1)}{(1-xy)\log(xy)} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \log(n+1) - \psi(n+1) $$

$$\boxed{\displaystyle I(0) = \int_0^1\!\!\int_0^1 \frac{x-1}{(1-xy)\log(xy)} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = - \psi(1) = \gamma}$$