欧拉常数

(1 ax e
0
1
bx
)
dx a ln x b
(3)
( x)
e
0
t x 1
t dt ，
gamma 函数的导数为：
'( x)
e
0
t x 1
t
ln tdt
下面我们先证明这样的一个事实：

ln t

0
e s e ts ds s
我们交换积分与极限的次序(并且这是合理的),将会得到：
1 e x dx x 0
1


1
e x dx x
1 1
(1 e x )d ln x ln xd (1 e x ) e x d ln x
0 0
1

ln xde
1
x
e x ln xdx

接着就可以得到：

0
e us e vs 1 1 ds ( x)[ x x ] 1 x s u v
利用 ( x 1) x( x) ，我们可以将上式变形成：


0
e us e vs (1 x) v x u x ds s1 x (uv) x x

(1 x
1
1
b

1 dx ) 1 xa x
对前者作倒代换 x
1
1 1 dx ( ) b 1 x 1 xa x 0 1 1 b a

tb t a dt ( ) 1 tb 1 ta t 1
b
显然后面两个积分之和等于零，那么也就证明了：
e
dt )
ds s
( x ) (e s
1 ds ) x ( s 1) s '( x) ( x)

那么也就得到了双 gamma 函数： ( x) [ln ( x)]'

e
0

s

1 (1 s ) x
ds
(8)
利用第一个得出的
于是得出 f ( x) constant f (1) 也即为证明了
(e x
0

1 dx ) ,k 0 1 xk x
bx
(11)
接下来证明

(1 ax e
0
1
)
dx a ln x b
我们先对(9)作代换 x at ，得到：
t
ln tdt
对 ln t 作代换 ln t 那么就有：


0
e x e tx dx x
'( x)
t x 1 e t 0 0

e s e ts dsdt s


e ( e
s 0 0 0
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t x 1
t dt
t
0
x 1 t ( s 1)
欧拉常数 的表示方法
我们知道欧拉常数是欧拉对调和级数研究过程中的产物，其定义为 lim
n
k ln n
k 1
n
1
但是除此以外我们还可以得到欧拉常数的多种形式的表示方法，本文列举出一些表示方法， 并给出证明。 一.

e
0
x
ln xdx
n
(1)
1 1 注意到： x dx , dx ln n ，我们就可以将 变换成： k 1x 0

(4)
由 gamma 函数定义得到： ( x )

e
0
0
t x 1
t dt
s ds
那么作代换： t us ，得出： ( x ) u

x
e
us x 1
那么有： ( x ) u
x
e
0
us x 1
x
t ds v
e
0
vs x 1
t ds
0

于是便得到了

e
0
x
ln xdx 的结果
利用上式得到的变形，我们可以得到以下的结果 令e
x
t ， ln( ln t )dt ，
0
1
(2)
1 dx 二. ( e x ) , k 0, k 1 x x 0
我们知道 gamma 函数定义为


0
e x e x dx x
a
b


0
cos ax cos bx , a, b 0 x
(12)
对于第一个积分，我们利用积分(10)稍微变形便得出。 令 k a, b ，我们会得到：

a


1 dx ( e ax ) , a 1 x x b 0


e
0
x
ln xdx 也就可得出：
e x t11 ln xdx (ln (1)) '
0
也即为

(1 x e
0 k
1
x
)
dx x
(9)
我们令 x t , k 0 ，那么很容易得到的积分公式：

下面证明


(1 x
(5)
现在令 x 0 ，那么我们就可以得到：


0
e ux e vx v dx ln x u
事实上该积分我们利用 Froullani 积分也容易得到相同结果，在这里就不细说了 如果我们对 x 取一些特定的值还可以得出一些结果，在这里我们可以稍微拓展一下： 一.令 x 为正整数 n ，那么有：
0
1
k
e x )
k
kdx x
(10)
(1 x
0
1
k
e x )

dx , k 0 成立 x e x ) dx ，下面证明 f '( k ) 0 x
我们设 f ( k )
(1 x
0
1
k
由于易得 lim(
x 0
1 1 1 1 e x ) 1, lim ( e x ) 0 ，注意到此时要求 k 0 ，故 k k x 1 x 1 x x x

(1 x
0
1
b
e bx )
dx x
接着两个等式相减我们会得到：

b
下面证明



a

[(1 x
0 b
1
b

a b 1 dx ) (e x e x )] a 1 x x

(1 x
0
1

1 dx ) 0 1 xa x
1
1 1 dx 1 1 dx ( ) ( ) b a b a 1 x 1 x x 1 x 1 x x 0 0 1 ，我们得到： t
1 n 1 n t x n n
这样我们可以继续化简得出：
x x n x n 1 (1 ) n n 1 1 (1 ) n (1 ) 1 n dx dx lim n dx n dx lim n n x x x x 0 1 0 1
n

0
e t cos t dt 0 t
a
现在我们令 x t , a 0 ，于是便得到：
a
0

e t cos t a dt 0 t

a
a


0
e t cos t a dt 0 t
b
a
现在利用上式与得到的： 很容易便可得出：


0
et et 1 1 dt ( ) t b a


(1 ax e
0
1
ax
)
dx ， x
再利用(4)的结果变形，得出：


0
e bx e ax a dx ln x b
那么也就容易得出：


(1 ax e
0
1
bx
)
dx b ln x a
综上证明了最初两个积分式的成立
1 1 三． b a
1 k

kx e dx ，于是有 lim 0

k 1
n
1 e kx dx dx x 0 1
n
交换求和与积分的次序有：
lim

n

0
(1 e nx ) 1 dx dx x e 1 x 1
n
接着交换极限与积分的次序有：
2
f '( x)
(cos t e
0
t
)e xt dt
于是有


0
f '( x)dx ln
x 2 1 |0 0 f ( x) |0 f () f (0) x 1
而注意到， f ( ) 0 ，于是就易得 f (0) 0

也即为
k 1
1
1 1 xn 1 lim k 1 dx dx lim dx dx n n x 1 x x k 1 0 x 1 0 1
n
1
1
n
1
n
该积分交换积分与求和的次序也由于易证积分的一致收敛性。
x 1 (1 ) n 1 x 1 (1 t ) 1 x t n dx 作代换得到： dx dt 1 x t x 0 0 0

0
e x e x dx x
a
下面一个积分的证明需要先证明一个引理：

0
exp(t a ) cos t a dt 0, a 0 t

我们先证明： I1

0
e t cos t dt 成立， t

为此我们引入含参数积分： f ( x)


0
e t cos t xt e dt t x 1 x 1 x 1
接着作倒代换得出：
[
0
1
1 1 ]dx 1 x ln x

被积函数有界，那么该积分是一致收敛的，那么求导与积分可以交换次序，于是得到:
f '(k )
作倒代换 t

0
x k 1 ln x dx (1 x k ) 2
1 ，我们得到： x

f '(k )

0
t k 1 ln t dt f '(k ) (1 t k ) 2

0
e us e vs s 1 2
3 k 2
(7)
利用 ( )
以及 ( x 1) x( x) 的递推公式我们可以得出：
1 (2k )! ( k ) k 2 4 k!
现在回到 gamma 函数的导函数上面来：

'( x)
e
0
t x 1


0
e us e vs vn u n ds ( n 1)! s1 n (uv) n
(6)
二．令 x k 那么有：

1 , k 0,1, 2,3, 4... 2 1 1 1 k 2( k ) k 2 2 v u 2 ds 1 k 2k 1 (uv) 2



0
1 dx x e 1
t
xdx
1
1
我们对后者进行变换 x e ，

那么有：

1
1 dx x

xe
0
dx
x
于是就有：

e
0
x
1 1 x dx 1 xe
x
我们进行略微的变形，令 t e ，得到：
[
1

1 1 dt ] t 1 t ln t t

0
cos x a cos x b 1 1 dx ( ) x b a
四．


0
1 1 1 1 x dx dx x e 1 xe ln x 1 x 0
1
由欧拉常数 定义得到： lim
n
k ln n
k 1 n
n
1
注意到：