求∫₀¹ln(ln(1/x))dx的推导方法，已知结果为欧拉-马歇罗尼常数γ

嘿，这个积分的推导确实可以通过级数方法结合欧拉-马歇罗尼常数$\gamma$的定义来搞定，我一步步给你拆解清楚，顺便纠正一个小细节——这个积分的实际结果是$-\gamma$，可能你之前记反啦😉

第一步：变量替换简化积分 #

首先做个变量替换，把复杂的对数嵌套拆解开：令 $u = \ln\left(\frac{1}{x}\right) = -\ln x$，那么 $x = e^{-u}$，求导得 $dx = -e^{-u}du$。

当$x=0$时，$u\to+\infty$；当$x=1$时，$u=0$。把这些代入原积分，上下限反转后负号抵消，得到：
$$
\int_{0}^1\ln(\ln(\frac{1}{x})) dx = \int_{0}^{\infty} e^{-u}\ln u du
$$

现在问题转化为计算这个更简洁的无穷积分，接下来用级数方法结合$\gamma$的定义来推导。

第二步：结合欧拉常数的定义推导 #

回忆欧拉-马歇罗尼常数$\gamma$的核心定义：
$$
\gamma = \lim_{n\to\infty} \left( H_n - \ln n \right)
$$
其中$H_n = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \dots + \frac{1}{n}$是第$n$个调和数。

我们可以用控制收敛定理，先计算有限积分$\int_0^n \left(1 - \frac{u}{n}\right)^n \ln u du$，再取$n\to\infty$的极限（此时$\left(1 - \frac{u}{n}\right)^{n$趋近于$e}{-u}$）。

对这个有限积分做变量替换$u = nt$，则$du = ndt$，积分变为：
$$
\int_0^1 (1 - t)^n (\ln n + \ln t) n dt = n\ln n \int_0^1 (1 - t)^n dt + n \int_0^1 (1 - t)^n \ln t dt
$$

计算第一项积分

$\int_0^1 (1 - t)^n dt = \frac{1}{n+1}$，所以第一项为：
$$
n\ln n \cdot \frac{1}{n+1} \sim \ln n \quad (n\to\infty时，\frac{n}{n+1}\to1)
$$

计算第二项积分

先做替换$s=1-t$，把积分转化为$\int_0^1 s^n \ln(1 - s) ds$。利用对数的级数展开$\ln(1 - s) = -\sum_{k=1}^\infty \frac{s^k}{k}$，代入后交换求和与积分顺序（一致收敛保证合法）：
$$
-\int_0^1 s^n \sum_{k=1}^\infty \frac{s^k}{k} ds = -\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k} \int_0^1 s^{n+k} ds = -\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(n+k+1)}
$$

拆分分式$\frac{1}{k(n+k+1)} = \frac{1}{n+1}\left( \frac{1}{k} - \frac{1}{n+k+1} \right)$，代入后第二项变为：
$$
-n \cdot \frac{1}{n+1} \sum_{k=1}^\infty \left( \frac{1}{k} - \frac{1}{n+k+1} \right)
$$

当$n\to\infty$时，$\frac{n}{n+1}\to1$，而求和部分的极限就是调和数$H_{n+1}$（因为后面的项会抵消到无穷远），所以第二项近似为：
$$

• H_{n+1} \sim -H_n \quad (n\to\infty时，\frac{1}{n+1}可忽略)
  $$

第三步：取极限得到结果 #

把两项的极限加起来：
$$
\lim_{n\to\infty} \left( \ln n - H_n \right) = -\gamma
$$

这个极限就是我们要的无穷积分的值，也就是原积分的结果：
$$
\int_{0}^1\ln(\ln(\frac{1}{x})) dx = -\gamma
$$

另外，也可以通过伽马函数的导数来验证：$\Gamma'(1) = \int_0^\infty e^{-u}\ln u du = -\gamma$，和我们的推导结果一致。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Tom Himler