Cálculo de$ \int_{0}^{\sqrt{n}}\lfloor t^2 \rfloor dt\;$, donde$n\in \mathbb{N}$ y$\lfloor x \rfloor = $ función de piso de$x$.

Question

Cálculo de$\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{n}}\lfloor t^2 \rfloor dt\;$, donde$n\in \mathbb{N}$ y$\lfloor x \rfloor = $ función de piso de$x$.

$\bf{My\; Try}::$ Dejemos$t^2 = u$ y$\displaystyle dt = \frac{du}{2\sqrt{u}}$ y cambiando los límites, obtenemos$\displaystyle \frac{1}{2}\int_{0}^{n}\frac{\lfloor u \rfloor }{\sqrt{u}}du$

Ahora deja

$\displaystyle I = \int_{0}^{n}\lfloor u \rfloor \cdot u^{-\frac{1}{2}}du = \int_{0}^{1}0\cdot u^{-\frac{1}{2}}du+\int_{1}^{2}1\cdot u^{-\frac{1}{2}}du+\int_{2}^{3}2\cdot u^{-\frac{1}{2}}du+.........+\int_{n-2}^{n-1}(n-2)\cdot u^{-\frac{1}{2}}du+\int_{n-1}^{n}(n-1)\cdot u^{-\frac{1}{2}}du$

$\displaystyle =-2\left\{1\cdot \left(\sqrt{2}-1\right)+2\cdot \left(\sqrt{3}-\sqrt{2}\right)+3\cdot \left(\sqrt{4}-\sqrt{3}\right)+.......+(n-2)\cdot \left(\sqrt{n-1}-\sqrt{n-2}\right)+(n-1)\cdot \left(\sqrt{n}-\sqrt{n-1}\right)\right\}$

Ahora, ¿cómo puedo calcular la suma dada en forma cerrada?

por favor, ayúdame

Gracias

Answer 1

En realidad creo que es la forma más sencilla... La función del suelo es una función de paso, posiblemente el tipo más simple de integrar. Tenga en cuenta que $$ \lfloor t^2 \rfloor ~=~ k \quad\text{cuando}\quad t\en \big[\,\sqrt k,\,\sqrt{k+1}\,\big) ~\text{y}~k\in\mathbb Z $$ Como usted es la integración entre el$0$$\sqrt n$, enteros $k$$0$$n-1$.

Gráficamente, la función constantemente igual al entero $k$ en el intervalo de $[\sqrt k,\,\sqrt{k+1})$. Por lo tanto, la contribución de este intervalo para el conjunto de la integral es $(\sqrt{k+1}-\sqrt k)\cdot k$.

Usted puede sumar todos los pasosrendimiento $$ \int_0^{\sqrt n} \lfloor t^2\rfloor{\rm d}t ~=~ \sum_{k=0}^{n-1} (\sqrt{k+1}-\sqrt k)\cdot k $$ Estoy muy en duda una estrecha forma existe, pero puede ser trabajado en algo más sencillo. Sumando y restando $\sum_{k=0}^{n-1}\sqrt{k+1}$, \begin{align} \sum_{k=0}^{n-1} (\sqrt{k+1}-\sqrt k)\cdot k ~=~& \sum_{k=0}^{n-1} (k+1)\sqrt{k+1} - \sum_{k=0}^{n-1} \sqrt k\cdot k - \sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{k+1} \\ ~=~& n\sqrt n - \sum_{k=0}^{n-1} \sqrt{k+1} ~=~ (n-1)\sqrt n - \sum_{k=1}^{n-1} \sqrt k \end{align} Para resumir, $$ \int_0^{\sqrt n} \lfloor t^2\rfloor{\rm d}t ~=~ (n-1)\sqrt n - \sum_{k=1}^{n-1} \sqrt k ~=~ \sum_{k=1}^{n-1} \big( \sqrt n-\sqrt k \big) $$

Answer 2

Puedes obtener$$\frac{1}{2}\int_0^n\frac{\lfloor u\rfloor}{u^{1/2}}\text{d}u =\frac{1}{2}\int_0^n\frac{u-\{u\}}{u^{1/2}}\text{d}u = \frac{1}{2}\int_0^n u^{1/2}\text{d}u - \frac{1}{2}\int_0^n\frac{\{u\}}{u^{1/2}}\text{d}u,$ $ lo que da

PS

No estoy seguro si puede hacer mucho con la última integral, pero para un aviso "similar" integral,$$\frac{1}{2}\int_0^n\frac{\lfloor u\rfloor}{u^{1/2}}\text{d}u =\frac{1}{2}\left[\frac{2}{3}u^{3/2}\right]_0^n-\frac{1}{2}\int_0^n\frac{\{u\}}{u^{1/2}}\text{d}u=\frac{1}{3}n^{3/2}-\frac{1}{2}\int_0^n\frac{\{u\}}{u^{1/2}}.$$$\lim_{n\longrightarrow\infty}\int_0^n\frac{\{u\}}{u^{s+1}}\text{d}u = -\frac{\zeta(s)}{s},$ \ zeta (s)$ where $ 0 <s <1 $.