en números enteros

Question

Evaluar$$\int_{0}^{1}\left( \left\lfloor{\frac{2}{x}} \right\rfloor-2 \left\lfloor{\frac{1}{x}} \right\rfloor \right)dx$ $

Mi intento

ps

Poner $$I_{1}=\int_{0}^{1}\left\lfloor{\frac{2}{x}} \right\rfloor dx$

ps

dejar$x=2t$ $

Dado integral $$ \begin{align} \int_{0}^{1}\left(\left\lfloor{\frac{2}{x}}\right\rfloor-2\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor \right)dx&=I_{1}-2I_{2}\\ &=2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor dx-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor dx-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor dx\\ &=-2\int_{\frac{1}{2}}^{1}\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor dx\\ &=(-2)(1)=-2. \end {align} $$

Pero la respuesta dada es$$I_{1}=\int_{0}^{\frac{1}{2}}2\left\lfloor{\frac{1}{t}} \right\rfloor dt=\int_{0}^{\frac{1}{2}}2\left\lfloor{\frac{1}{x}}\right\rfloor dx$

¿Qué error estoy cometiendo?

Answer 1

La función de $\lfloor \frac{2}{x} \rfloor$ es ilimitado cerca de $x = 0$ así que si usted intenta dividir su integral, en el mejor de los que usted puede esperar para interpretar $I_1 = \int_0^1 \lfloor \frac{2}{x} \rfloor \, dx$ como una integral impropia. Por desgracia, esta integral en realidad diverge (se comporta como $\int_0^1 \frac{1}{x} \, dx$) y así es $I_2$ (esto también se deduce de los cálculos a continuación), por lo que no puede hacer todas las modificaciones que se están restando $+\infty$ $+\infty$...

Vamos a ver cómo el integrando (que voy a denotar por $f(x)$) se comporta. Dividir el intervalo de $\left( 0, 1 \right]$ en los intervalos de $$\cdots, \left( \frac{2}{k+1}, \frac{2}{k} \right],\cdots,\left( \frac{2}{4}, \frac{2}{3} \right], \left( \frac{2}{3}, 1 \right]. $$

1. Si $x \in \left( \frac{2}{k+1}, \frac{2}{k} \right]$$\frac{2}{x} \in [k,k+1)$$\lfloor \frac{2}{x} \rfloor = k$.
2. Si $x \in \left( \frac{2}{k+1}, \frac{2}{k} \right]$$\frac{1}{x} \in [\frac{k}{2},\frac{k+1}{2})$. Ahora, si $k$ es incluso, a continuación,$2\lfloor \frac{1}{x} \rfloor = 2 \frac{k}{2} = k$, mientras que el si $k$ es impar, a continuación,$2 \lfloor \frac{1}{x} \rfloor = 2\frac{k-1}{2} = k - 1$.
3. Por lo tanto, tenemos para todos los $x \in (0,1]$ $$ f(x) = \lfloor \frac{2}{x} \rfloor - 2 \lfloor \frac{1}{x} \rfloor = \begin{cases} 1 & x \in \left( \frac{1}{l+1}, \frac{2}{2l + 1} \right], l \geq 1, \\ 0 & \textrm{otherwise}. \end{casos} $$

Por lo tanto,

$$ \int_0^1 f(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \int_{\frac{2}{2n+1}}^1 f(x) \, dx = \lim_{n \to \infty} \left( \sum_{i=1}^n \left( \frac{2}{2l+1} - \frac{1}{l+1} \right) \right) \\ = 2 \cdot \sum_{i=1}^{\infty} \left( \frac{1}{2l+1} - \frac{1}{2l+2} \right) = 2 \sum_{n=3}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} = 2 \left( \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n} - \left( 1 - \frac{1}{2} \right) \right) = 2 \left( \ln(2) - \frac{1}{2} \right) = 2 \ln(2) - 1 = \ln(4) - \ln(e) = \ln \left( \frac{4}{e} \right) $$

donde puedo utilizar la serie de Taylor de $\ln(1 + x)$ que converge en $x = 2$ $\ln(2)$para evaluar la infinita suma.

Answer 2

ps

El error que cometió fue asumir que la integral podría evaluarse directamente en intervalos de longitud 1/2 (porque ni$$\begin{align*}\int_0^1 \left( \left\lfloor \dfrac{2}{x} \right\rfloor - 2\left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor \right)dx & = \sum_{n=1}^\infty \left[\int_{\tfrac{1}{n+1}}^{\tfrac{2}{2n+1}}\left( \left\lfloor \dfrac{2}{x} \right\rfloor - 2\left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor \right)dx + \int_{\tfrac{2}{2n+1}}^{\tfrac{1}{n}}\left( \left\lfloor \dfrac{2}{x} \right\rfloor - 2\left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor \right)dx \right] \\ & = \sum_{n=1}^\infty \left[ \left( \dfrac{2}{2n+1}-\dfrac{1}{n+1} \right)(2n+1-2n) + \left(\dfrac{1}{n}-\dfrac{2}{2n+1} \right)(2n-2n) \right] \\ & = \sum_{n=1}^\infty \left(\dfrac{2}{2n+1}- \dfrac{1}{n+1} \right) = \ln\left( \dfrac{4}{e} \right)\end{align*}$ ni$I_1$ es finito). En cambio, podría usar un número infinito de intervalos (cada vez que$I_2$, que ocurre cuando$\left\lfloor \dfrac{2}{x} \right\rfloor > 2\left\lfloor \dfrac{1}{x} \right\rfloor$ para cualquier entero positivo$\dfrac{1}{n+1} < x < \dfrac{2}{2n+1}$ porque en ese intervalo,$n$ y$2n+1=\left\lfloor \dfrac{2}{x} \right\rfloor < 2n+2$).