Постоянная Эйлера-Маскерони

[Shepard]

Доброго времени суток! Может мне кто-нибудь подсказать, как можно вывести утверждение $\Gamma'(1) = -C$, где $C$ -постоянная Эйлера,исходя только из определения Гамма-функции.Раскладывается ли гамма-функция в ряд,и может ли это как-то помочь при определении $C$? Заранее спасибо.

[Vince Diesel]

Она раскладывается в произведение:

$$ \Gamma(z) = \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}. $$

Взять логарифм, будет сумма, продифференцировать и подставить $z=1$.

[Shepard]

Спасибо,Vince Diesel. Я так понял, что γ в этой формуле и есть постоянная Эйлера.Но получается что для определения постоянной Эйлера мы используем формулу, которая уже включает в себя эту же постоянную. Мне же нужно определить постоянную Эйлера,как предел некоего ряда полученного разложением гамма функции. Зная, лишь что такое гамма-функция,придти к постоянной,которая и окажется Эйлеровой постоянной.

[Vince Diesel]

Тогда взять предыдущее выражение с той же страницы

$$ \Gamma(z) &= \frac{1}{z} \prod_{n=1}^\infty \frac{\left(1+\frac{1}{n}\right)^z}{1+\frac{z}{n}} $$

и проделать то же самое.

[Shepard]

Всё получается если при дифференцировании правой части равенства

$$-\ln(z)\sum_{n=1}^\infty\left[z\ln(1+\frac{1}{n})-\ln(1+\frac{z}{n})\right]$$

принебречь правилом $(xy)'=x'y+y'x$. Но можно ли?
Если дифференцировать по правилу при $z = 1$ выражение зануляется.
P.S. Можно ли минус выносить за знак суммы ряда?
Заранее спасибо.

[AKM]

Тема перемещена из форума «Карантин» в форум «Помогите решить / разобраться (М)»
Причина переноса: не указана.

[Vince Diesel]

После логарифма там плюс, а не умножить.

[Shepard]

да,точно. спасибо)) Но теперь другая проблема.Дифференциал от -ln(z) это -1/z и при z=1 возникает -1.Дифференциал от суммы же полностью совпадает с определением С со знаком минус,слева Г'(1). Куда деть эту -1???

[Vince Diesel]

Посчитать аккуратно. В сумме пойдет $-1/(n+1)$, a надо $-1/n$.

[Shepard]

Vince Diesel,спасибо вам огромное.Вы меня просто спасли.Всё получилось.
Тему можно закрывать.

[AKM]

Shepard в сообщении #577758 писал(а):

Дифференциал от -ln(z) это -1/z и при z=1 возникает -1

Shepard,

у нас на форуме весьма строгие Правила, о необходимости соблюдения коих я Вас дополнительно предупреждаю.

[EtCetera]

AKM:

Темы объединены.

Известна т.н. постоянная Эйлера-Маскерони $\gamma=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\ln n\right)\approx 0{,}577$.
Как можно доказать справедливость следующего интегрального представления этой константы: $\gamma=-\int\limits_0^{\infty}e^{-x}\ln x\,dx$?
Этот интеграл можно трактовать как значение преобразования Лапласа натурального логарифма при значении аргумента, равном 1. Заглянув в табличку, обнаруживаем, что рассматриваемая константа в выражении преобразования присутствует $\text{---}$ все правильно.
Пробовал представлять выражение под пределом в виде интеграла:
$\lim\limits_{n\to\infty}\left(\sum\limits_{k=1}^n\dfrac{1}{k}-\ln n\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\left(\int\limits_0^1\dfrac{x^n-1}{x-1}\,dx-\int\limits_{\frac{1}{n}}^1\dfrac{1}{x}\,dx\right)=\lim\limits_{n\to\infty}\int\limits_{\frac{1}{n}}^1\left(\dfrac{x^n-1}{x-1}-\dfrac{1}{x}\right)\,dx$
В последнем переходе сильно не уверен, однако и с его помощью ничего вразумительного не получается.
Верчения-кручения искомого интеграла также ни к чему интересному не привели.

[Sonic86]

Прахар, с.93 писал(а):

Из интегрального представления функции $\Gamma(s)$ с помощью дифференцирования получаем

$$ \gamma=-\Gamma'(1)=-\int\limits_0^{\infty}e^{-u}\ln u du $$

Сам ничего не знаю

[xmaister]

А не пробовали интегрировать по частям $n$ раз а потом перейти к пределу? Не так, надо продифференцировать логарифмически гамму, записанную в форме Вейрштрасса: $\frac{1}{\Gamma (z)}=ze^{\gamma z}\prod\limits_{1}^{\infty}\left(1+\frac{z}{n}\right)e^{-\frac{z}{n}}$
UPD: опрередили

[Padawan]

Так из представления Вейерштрасса гамма-функции $\Gamma(z)= \frac{e^{-\gamma z}}{z} \prod_{n=1}^\infty \left(1 + \frac{z}{n}\right)^{-1} e^{z/n}$ и получается, формула Sonic86.