Eulerの定数

$\log(1+x)=\int_1^{1+x}\frac{dt}{t}$ である。
右側：$(1,1)$ と $\bigl(1+x,\frac1{1+x}\bigr)$ を結ぶ直線を $\ell(t)=1-\frac{t-1}{1+x}$ とすると
$$ \frac1t-\ell(t)=\frac{(1+x)(1-t)+t(t-1)}{t(1+x)}=\frac{(t-1)(t-1-x)}{t(1+x)} $$
であり、これは $1< t<1+x$ で負である。よって $\int_1^{1+x}\frac{dt}{t}<\int_1^{1+x}\ell(t)\,dt=x-\frac{x^2}{2(1+x)}=\frac{x(2+x)}{2(1+x)}$ である。
左側：$m:=1+\frac x2$、$h:=\frac x2$ とおく。$0< s< h$ について
$$ \frac1{m+s}+\frac1{m-s}=\frac{2m}{m^2-s^2}>\frac2m $$
である。積分区間を中点 $m$ で折り返して足すと
$$ \int_1^{1+x}\frac{dt}{t}=\int_0^h\Bigl(\frac1{m+s}+\frac1{m-s}\Bigr)ds>\frac{2h}{m}=\frac{x}{1+x/2}=\frac{2x}{2+x} $$
を得る。$\square$

存在。 $a_k:=H_k-\log k$ とおくと
$$ a_k-a_{k+1}=\log\Bigl(1+\frac1k\Bigr)-\frac1{k+1} $$
である。下の 2 つの段落の計算（lem-euler-log-midpoint-trapezoid による）から
$$ 0<\frac1{(2k+1)(k+1)}< a_k-a_{k+1}<\frac1{2k(k+1)} $$
である。よって $(a_n)$ は狭義単調減少であり、$a_1=1$ と $\sum_{k\geq1}\frac1{2k(k+1)}=\frac12$ から
$$ a_n=1-\sum_{k=1}^{n-1}(a_k-a_{k+1})>1-\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{2k(k+1)}=\frac12 $$
と下に有界である。したがって $(a_n)$ は収束し（単調収束定理）、極限 $\gamma$ が定まる。
$\varepsilon_k=a_k-\gamma$ なので $\varepsilon_k-\varepsilon_{k+1}=a_k-a_{k+1}$ であり、$\varepsilon_N\to0$ だから、$N\to\infty$ として $\varepsilon_n=\sum_{k=n}^{\infty}(\varepsilon_k-\varepsilon_{k+1})$ が成り立つ。
上からの評価：lem-euler-log-midpoint-trapezoid の右側を $x=\frac1k$ で使うと、$\log(1+\frac1k)<\frac{2k+1}{2k(k+1)}$ なので
$$ \varepsilon_k-\varepsilon_{k+1}<\frac{2k+1}{2k(k+1)}-\frac1{k+1}=\frac1{2k(k+1)}=\frac1{2k}-\frac1{2(k+1)} $$
である。$k=n,n+1,\dots$ について足すと、右辺の和は $\frac1{2n}$ に収束するので $\varepsilon_n<\frac1{2n}$ である（各項で狭義の不等号が成り立つので、和でも狭義である）。
下からの評価：lem-euler-log-midpoint-trapezoid の左側を $x=\frac1k$ で使うと、$\log(1+\frac1k)>\frac2{2k+1}$ なので
$$ \varepsilon_k-\varepsilon_{k+1}>\frac2{2k+1}-\frac1{k+1}=\frac1{(2k+1)(k+1)}>\frac1{2(k+1)(k+2)}=\frac1{2(k+1)}-\frac1{2(k+2)} $$
である（$2k+1<2(k+2)$ による）。$k=n,n+1,\dots$ について足すと $\varepsilon_n>\frac1{2(n+1)}$ を得る。$\square$

$d_k:=H_k-\log(k+\frac12)$ とおく。$d_k=(H_k-\log k)-\log(1+\frac1{2k})\to\gamma$ である。$m:=k+1$、$x:=\frac1{2m}$ とおくと $\frac{m+1/2}{m-1/2}=\frac{1+x}{1-x}$ なので
$$ d_k-d_{k+1}=\log\frac{k+3/2}{k+1/2}-\frac1{k+1}=\log\frac{1+x}{1-x}-2x $$
である。$|x|<1$ での冪級数展開 $\log\frac{1+x}{1-x}=2\sum_{j\geq0}\frac{x^{2j+1}}{2j+1}$（対数関数）から
$$ d_k-d_{k+1}=2\sum_{j\geq1}\frac{x^{2j+1}}{2j+1} $$
であり、$0< x\leq\frac14$ なので各項は正である。
下からの評価：最初の項だけを残すと $d_k-d_{k+1}>\frac{2x^3}{3}=\frac1{12m^3}$ である。さらに
$$ \frac1{12(k+1)^3}\geq\frac{2k+3}{24(k+1)^2(k+2)^2}=\frac1{24(k+1)^2}-\frac1{24(k+2)^2} $$
である。実際、分母を払うと $2(k+2)^2\geq(2k+3)(k+1)$、すなわち $2k^2+8k+8\geq2k^2+5k+3$ となり、これは成り立つ。
上からの評価：$j\geq1$ で $\frac1{2j+1}\leq\frac13$ なので
$$ d_k-d_{k+1}<\frac{2x^3}{3}\sum_{j\geq0}x^{2j}=\frac{2x^3}{3(1-x^2)}=\frac1{3m(4m^2-1)}=\frac1{3(k+1)(2k+1)(2k+3)} $$
である（$j\geq2$ の項で $\frac1{2j+1}<\frac13$ なので狭義）。これが $\frac1{24k^2}-\frac1{24(k+1)^2}=\frac{2k+1}{24k^2(k+1)^2}$ 以下であることは、分母を払った $8k^2(k+1)\leq(2k+1)^2(2k+3)$ から分かる。実際、右辺は $8k^3+20k^2+14k+3$、左辺は $8k^3+8k^2$ である。
$d_n-\gamma=\sum_{k\geq n}(d_k-d_{k+1})$ に 2 つの評価を足し合わせると、それぞれ $\frac1{24(n+1)^2}$ と $\frac1{24n^2}$ に収束する差の和になり、主張を得る。$\square$

どちらの被積分関数も $[1,\infty)$ で $0$ 以上なので、上端 $X$ までの積分は $X$ について単調増加であり、$X$ を整数 $N$ に限った極限が有限であれば、広義積分はその値に収束する（広義積分 の命題「非負の関数の広義積分」）。
$[k,k+1)$ では $\lfloor t\rfloor=k$ なので
$$ \int_1^N\Bigl(\frac1{\lfloor t\rfloor}-\frac1t\Bigr)dt=\sum_{k=1}^{N-1}\frac1k-\log N=H_N-\log N-\frac1N $$
であり、これは $N\to\infty$ で $\gamma$ に収束する。
また $[k,k+1)$ では $\{t\}=t-k$ なので
$$ \int_1^N\frac{\{t\}}{t^2}\,dt=\log N-\sum_{k=1}^{N-1}k\Bigl(\frac1k-\frac1{k+1}\Bigr)=\log N-\sum_{k=1}^{N-1}\frac1{k+1}=\log N-H_N+1 $$
である。よって $1-\int_1^N\frac{\{t\}}{t^2}\,dt=H_N-\log N\to\gamma$ である。$\square$

$H_N-\log(N+1)=(H_N-\log N)-\log(1+\frac1N)\to\gamma$ であり、$\log(N+1)=\sum_{n=1}^{N}\log(1+\frac1n)$ なので
$$ \gamma=\sum_{n=1}^{\infty}\Bigl(\frac1n-\log\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigr) $$
である。$n=1$ の項は $1-\log2$ である。$n\geq2$ では $\frac1n\leq\frac12$ なので、$\log(1+x)=\sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k+1}x^k}{k}$（$|x|<1$）を $x=\frac1n$ で使って
$$ \frac1n-\log\Bigl(1+\frac1n\Bigr)=\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k\,n^k} $$
を得る。ここで
$$ \sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac1{k\,n^k}\leq\sum_{n=2}^{\infty}\sum_{k=2}^{\infty}\frac1{n^k}=\sum_{n=2}^{\infty}\frac1{n(n-1)}=1 $$
なので、二重級数 $\sum_{n\geq2}\sum_{k\geq2}\frac{(-1)^k}{kn^k}$ は絶対収束し、和の順序を入れ替えてよい（Fubiniの定理 の例「二重級数の順序交換」）。$\sum_{n\geq2}n^{-k}=\zeta(k)-1$ なので
$$ \sum_{n=2}^{\infty}\Bigl(\frac1n-\log\Bigl(1+\frac1n\Bigr)\Bigr)=\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k\bigl(\zeta(k)-1\bigr)}{k} $$
であり、左の式を得る。同じ評価から $\sum_k\frac{\zeta(k)-1}{k}\leq1$ なので、この級数は絶対収束する。
右の式：調和級数 の記事の系「交代調和級数の和」により $\sum_{k\geq1}\frac{(-1)^{k+1}}k=\log2$ なので、$\sum_{k\geq2}\frac{(-1)^k}{k}=-(\log2-1)=1-\log2$ である。収束する 2 つの級数を項ごとに足すと
$$ \sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k\zeta(k)}{k}=\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k}{k}+\sum_{k=2}^{\infty}\frac{(-1)^k\bigl(\zeta(k)-1\bigr)}{k}=(1-\log2)+(\gamma-1+\log2)=\gamma $$
である。$\zeta(k)\geq1$ なので $\sum_k\frac{\zeta(k)}{k}\geq\sum_k\frac1k=\infty$ であり、右の級数は絶対収束しない。$\square$