Forma cerrada de la integral fraccional $\int_0^1 \left\{\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)\right\}\,dx$

Question

Recenly, varias preguntas interesantes que se han publicado pidiendo formas cerradas de integrales sobre la parte fraccionaria de ciertas funciones. Para mí la historia se inició con la Evaluación de la $\int_{0}^{1}\int_{0}^{1}\{\frac{1}{\,x}\}\{\frac{1}{x\,y}\}dx\,dy\,$ que después de un largo e instructivo viaje pude resolver completamente. Otro ejemplo es el simétrico de doble integral sobre la parte fraccionaria. Estos son ejemplos de integrales dobles. Hay así que muchos sola integrales, y, como podemos ver a continuación, el campo de una sola de las integrales es, por mucho, no se agota.

Esta vez mi resultado es dado en el comienzo y una prueba de que se le pida.

Deje $\{z\}$ la parte fraccionaria de $z$. Probar que:

$$i := \int_0^1 \left\{\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)\right\} = i_{s} $$

donde

$$i_{s}=c_{g}-\frac{\gamma }{2}+\frac{3}{4}+\frac{\log (2)}{2} \simeq 0.28000699470709318696$$

Aquí $\gamma$ es el de Euler-Mascheroni constante y

$$c_{g} = \int_0^{\infty } \frac{t-2 I_1(t)}{2 \left(e^t-1\right) t} \, dt \simeq -0.52795876312211303745$$

donde

$I_{n}(t)$ es función modificada de Bessel de primera especie.

$c_{g}$ es (probablemente) nueva constante que aparece en la asintótica de expansión de la suma

$$g(n) = \sum _{k=1}^n \sqrt{k^2-1} $$

Answer 1

Es útil para derivar la expansión asintótica de $g$ primera. Podemos utilizar el binomio de la serie a encontrar \begin{align} g(n) &= \sum \limits_{k=2}^n k \sqrt{1-k^{-2}} = \sum \limits_{k=2}^n k \sum \limits_{j=0}^\infty {1/2\choose j} (-k^{-2})^j \\ &= \frac{n(n+1)}{2} - 1 - \frac{H_n}{2} + \frac{1}{2} + \sum \limits_{j=2}^\infty {1/2\choose j} (-1)^j \sum \limits_{k=2}^n k^{1-2j} \end{align} con la armónica de los números de $H_n$. La monotonía teorema de convergencia ahora los rendimientos de la equivalencia asintótica $$ g(n) \sim \frac{n(n+1)}{2} - \frac{H_n}{2} + c_g + \mathcal{o}(1)$$ como $n \to \infty$ . El término constante se puede escribir como $$ c_g = - \frac{1}{2} + \sum \limits_{j=2}^\infty {1/2\choose j} (-1)^j [\zeta(2j-1) - 1] = \sum \limits_{k=2}^\infty \left(\sqrt{k^2-1} - k + \frac{1}{2k}\right) \, ,$$ lo cual está de acuerdo con la representación integral después de usar la expansión de la serie de $I_1$.

Con el fin de encontrar $i$ usamos la sustitución de $x = t - \sqrt{t^2-1}$ : \begin{align} i &= \int \limits_0^1 \left\{\frac{1}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)\right\} \, \mathrm{d} x = \int \limits_1^\infty \{t\} \left(\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}-1\right) \, \mathrm{d} t \\ &= \sum \limits_{n=1}^\infty \int \limits_n^{n+1} (t-n) \left(\frac{t}{\sqrt{t^2-1}}-1\right) \, \mathrm{d} t \\ &= \frac{1}{2} \sum \limits_{n=1}^\infty \left[\ln\left(\sqrt{(n+1)^2-1}+n+1\right) - \ln\left(\sqrt{n^2-1}+n\right)\right. \\ &\phantom{= \frac{1}{2} \sum \limits_{n=1}^\infty\left[\right.} \left.- (n+1)\sqrt{(n+1)^2-1} + n \sqrt{n^2-1} + 2\sqrt{(n+1)^2 - 1} - 1 \right] \, . \end{align} El resto de la serie (en su mayoría) telescópica y obtenemos \begin{align} i &= \frac{1}{2} \lim_{N \to \infty} \left[\ln\left(\sqrt{N^2-1} + N\right) - N \sqrt{N^2-1} + 2 g(N) - N + 1\right] \\ &= \frac{1}{2} \lim_{N \to \infty} \left[\ln\left(1+\sqrt{1-N^{-2}}\right) + \ln(N) - H_N + N \left(N+1 - \sqrt{N^2-1} - 1\right) + 2 c_g + 1\right] \\ &= \frac{1}{2} \left[\ln(2) - \gamma + \frac{1}{2} + 2 c_g + 1\right] \\ &= \frac{3}{4} + \frac{\ln(2)-\gamma}{2} + c_g \, . \end{align}

Answer 2

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove armada]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\llaves}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\parcial #3^{#1}}} \newcommand{\raíz}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$

Una alternativa:

\begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{0}^{1}\braces{{1 \over 2}\pars{x + {1 \over x}}}\dd x}} \,\,\,\stackrel{x\ =\ 1 - t/\root{t^{2} - 1}}{=}\,\,\, \int_{\infty}^{1}\braces{t}\pars{1 - {t \over \root{t^{2} - 1}}}\dd t \\[5mm] & = \underbrace{\int_{1}^{\infty}\pars{{t^{2} \over \root{t^{2} - 1}} - t - {1 \over 2t}}\dd t}_{\ds{{1 \over 4} + {1 \over 2}\,\ln\pars{2}}} \\[2mm] + &\ \lim_{{\large N \to \infty} \atop {\large N\ \in\ \mathbb{N}}}\bracks{{1 \over 2}\,\ln\pars{N} - \int_{1}^{N}\left\lfloor{t}\right\rfloor \pars{{t \over \root{t^{2} - 1}} - 1}\dd t} \label{1}\tag{1} \end{align}

---

\begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{1}^{N}\left\lfloor{t}\right\rfloor \pars{{t \over \root{t^{2} - 1}} - 1}\dd t}} = \sum_{k = 1}^{N - 1}\int_{k}^{k + 1}k\pars{{t \over \root{t^{2} - 1}} - 1}\dd t \\[5mm] = &\ \sum_{k = 1}^{N - 1}k\pars{\root{k^{2} + 2k} - \root{k^{2} - 1} - 1} \\[5mm] = &\ \sum_{k = 1}^{N - 1}k\pars{{ 2k + 1\over \root{k^{2} + 2k} + \root{k^{2} - 1}} - 1 - {1 \over 2k^{2}}} + {1 \over 2} \overbrace{\bracks{\sum_{k = 1}^{N - 1}{1 \over k} - \ln\pars{N - 1}}} ^{\ds{\stackrel{\mrm{as}\ N\ \to\ \infty}{\LARGE\to}\gamma}} \\[2mm] + &\ {1 \over 2}\,\ln\pars{N - 1}\label{2}\tag{2} \end{align}

\eqref{1} y \eqref{2} conducir a $\ds{\pars{~\mbox{as}\ N \to \infty~}}$:

\begin{align} &\bbox[10px,#ffd]{\ds{\int_{0}^{1}\braces{{1 \over 2}\pars{x + {1 \over x}}}\dd x}} \\[5mm] = &\ {1 \over 4} + {1 \over 2}\,\ln\pars{2} - {1 \over 2}\,\gamma\ -\ \underbrace{\sum_{k = 1}^{\infty}\pars{{2k^{2} + k \over \root{k^{2} + 2k} + \root{k^{2} - 1}} - k - {1 \over 2k}}}_{\ds{\approx 0.0279588}} \\[5mm] \approx &\ \bbx{0.2800070} \end{align}

Answer 3

Las pruebas de la identidad de la OP, ya se han dado en las respuestas.

Sin embargo, podría ser muy interesante para ver el cálculo de lo que me llevó a resultado que no sabía de antemano.

Parte 1: la Transformación de la integral en una serie

Sustituyendo $x\to z-\sqrt{z^2-1}$ la integral se convierte en

$$i = \int_{1}^\infty \{z\}( \frac{z}{\sqrt{z^2-1}}-1)\,dx\tag{1}$$

La división de la integral en los intervalos $(k,k+1)$, $k=1,2,3,...$ tenemos

$$i= i_{s} := \lim_{n\to\infty} i_{s}(n) \tag{2a}$$

$$i_{s}(n):= \sum_{k=1}^n a(k)\tag{2b}$$

Dejando $z = k + \xi$ tenemos $\{z\} = \xi$ y el sumandos convertido en

$$a(k):=\int_0^1 \xi \left(\frac{k+\xi }{\sqrt{(k+\xi )^2-1}}-1\right)\,d\xi \\=\frac{1}{2} \left(k \sqrt{k^2-1}-(k+1) \sqrt{(k+1)^2-1}\right)+\frac{1}{2} \left(\log \left(k+\sqrt{(k+1)^2-1}+1\right)-\log \left(\sqrt{k^2-1}+k\right)\right)+(\sqrt{(k+1)^2-1}-\frac{1}{2})\etiqueta{3} $$

Resumiendo de $k=1$ $k=n$los dos primeros soportes telescopio y una suma es la izquierda:

$$i_{s}(n) = p(n) + g(n)\tag{4a}$$

donde

$$p(n)=\frac{1}{2} \left(-(n-1)\sqrt{(n+1)^2-1} -n+\log \left(n+\sqrt{n (n+2)}+1\right)\right)\tag{4b}$$

$$g(n) = \sum _{k=2}^n \sqrt{k^2-1}\tag{5}$$

donde en $g$ hemos omitido el sumando con $k=1$ sin alterar la suma.

Parte 2: asymptotics de $g(n)$

Esta es la parte difícil. Para llevar a cabo el límite de (2a) necesitamos el comportamiento asintótico de los términos en (4). Tenemos que centrarnos en $g(n)$ desde el asymptotics de los otros términos es fácil de obtener.

Escrito

$$\sqrt{k^2-1} = k \sqrt{1-\frac{1}{k^2}} = \sum _{m=0}^{\infty } (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}\frac{1}{k^{2 m-1}}\tag{6}$$

La realización de las $k$-suma, de acuerdo a $\sum _{k=2}^n 1/k^{2 m-1}=-1+H_n^{(2 m-1)}$ tenemos

$$g(n) = \sum _{m=0}^{\infty } (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}(-1+H_n^{(2 m-1)})\tag{7}$$

Observe que (7) es una fórmula exacta. Ahora podemos tomar el límite asintótico (con respecto a n) en virtud de la $m$-suma usando el bien conocido asymptotics de $H_{n}^{(k)}$ lleva a

$$H_n^{(2 m-1)}-1 \simeq h_0 +h_1 + h_2 \tag{8a}$$

$$h_0=-1, h_1=-\frac{1}{6} m n^{-2 m}+\frac{n^{-2 m}}{12}+\frac{1}{2} n^{1-2 m}-\frac{n^{2-2 m}}{2 m-2}, h_2 = \zeta (2 m-1)\tag{8b}$$

Ahora podemos insertar esto en (7) y proceder con cuidado con los términos y el índice de $m$. Recogemos las aportaciones en $g_i(n)$.

El m-suma más de $h_0$ da $g_0 = 0$.

Para la suma de $(h_1+h_2)$ consideramos en primer lugar las dos sumandos $m=0$ $m=1$ por separado

$$g_{1}(n) =\lim_{m\to 0}{ (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}(h_1+h_2 )}= \frac{n^2}{2}+\frac{n}{2}$$

$$g_{2}(n) =\lim_{m\to 1}{ (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}(h_1+h_2 )}= \frac{1}{24 n^2}-\frac{1}{4 n}-\frac{\log (n)}{2}-\frac{\gamma }{2}$$

Observe que para $m\to 1$ debíamos mantener la suma de $(h_1+h_2)$, de modo que el polo en $\zeta$ $m=1$ puede competir con el otro término con un poste.

El resto de la $m$-suma de $m=2$ se considera por separado para$h_1$$h_2$.

Para $h_1$ podríamos hacer la suma completa (Mathematica da una larga expresión, incluyendo una función hipergeométrica), pero hasta el fin de $1/n^3$ sólo necesitamos el término con $m=2$. Esto le da

$$g_{3}(n) =\lim_{m\to 2}{ (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}(h_1 )}= \frac{1}{16 n^2}-\frac{1}{16 n^3}$$

Para $h_2$ es la suma completa lee

$$g_{4}(n) =\sum_{m=2}^\infty (-1)^m \binom {\frac{1}{2}}{m}\zeta({2m-1})$$

Haciendo uso de la conocida representación integral de la $\zeta$-función

$$\zeta (2 m-1)=\int_0^{\infty } \frac{t^{2 m-2}}{\left(e^t-1\right) \Gamma (2 m-1)} \, dt\tag{9}$$

podemos hacer la suma en virtud de la integral para que Mathematica da el resultado

$$\sum _{m=2}^{\infty } \frac{(-1)^m \binom{\frac{1}{2}}{m} t^{2 m-2}}{\left(e^t-1\right) \Gamma (2 m-1)}= \frac{t-2 I_1(t)}{2 \left(e^t-1\right) t}\tag{10}$$

Esto le da $g_4(n)$ = $c_{g}$.

Por lo tanto nos encontramos por el comportamiento asintótico de $g(n)$

$$g_a(n) = g_1+g_2+g_3+g_4 \\ = c_{g}-\frac{1}{16 n^3}+\frac{n^2}{2}+\frac{5}{48 n^2}+\frac{n}{2}-\frac{1}{4 n}-\frac{\log (n)}{2}-\frac{\gamma }{2}\etiqueta{11}$$

Parte 3: la cosecha y el resultado final

Para obtener la completa Expresión asintótica de acuerdo con (4) necesitamos el asymptotics de $p(n)$ que, sin embargo, se calcula fácilmente con el resultado

$$p_a(n) = -\frac{n^2}{2}+\frac{3}{16 n^2}-\frac{n}{2}+\frac{\log (n)}{2}+\frac{3}{4}+\frac{\log (2)}{2}\tag{12}$$

La adición de $p_a(n)$ $g_a(n)$ los principales términos y a las $\log$-términos cancelar. Finalmente, tomar la $\lim_{n\to\infty}$ da

$$i_{s} = c_{g}-\frac{\gamma }{2}+\frac{3}{4}+\frac{\log (2)}{2}\tag{13}$$

que es el resultado de la OP.

Comentario: la sencillez de la expresión final me sorprendió: sólo una fracción simple, $\log(2)$, e $\gamma$ $c_g$ es no trivial de la cantidad que es más probable que una nueva constante.