Se sabe que Atle Selberg encontrado el siguiente expresión, cuando tenía 14 años de edad : ∞∑n=1n−n=∫10x−xdx.
Entonces, aquí está mi pregunta.
Pregunta : Encontrar la otra no trivial de las funciones de f(x) tal que ∞∑n=1f(n)=∫10f(x)dx. ⋯(⋆)
Motivación : he encontrado las siguientes:
Deje m ser un número natural. Vamos a definir una función de f(x) a>0 f(x)=1(x+a)m−1(x+a+1)m (x≥0). Voy a probar que para cualquier m∈N, sólo existe una a>0 tal que f(x) satisface (⋆).
1. El m=1 de los casos.
Tenemos ∞∑n=1f(n)=∞∑n=1(1n+a−1n+a+1)=1a+1, ∫10f(x)dx=[log(x+a)−log(x+a+1)]10=−log(1−(1a+1)2).
Por lo tanto, si no existe 0<u0<1 tal que u0=−log(1−u02),then f(x) satisfies (\estrella) when a=a0=u0−1−1.
De hecho, nos encontramos con que no existe sólo una u0 mediante la observación de G(u)=−log(1−u2)−u (0<u<1).
2. El m≥2 de los casos.
Tenemos ∞∑n=1f(n)=1(a+1)m, ∫10f(x)dx=1m−1{1am−1−2(a+1)m−1+1(a+2)m−1}.
Por lo tanto, vamos a demostrar que no existe a>0 tal que 1(a+1)m=1m−1{1am−1−2(a+1)m−1+1(a+2)m−1} ⋯(⋆⋆) Dejar hm(a)=(a+1)mam−1+(a+1)m(a+2)m−1−2(a+1)−(m−1), entonces sabemos que (⋆⋆)⟺hm(a)=0.
Sin embargo, conseguir \begin{align} h_m(a) & = \frac{(a+1)^{m}}{a^{m-1}}+\frac{((a+2)-1)^m}{(a+2)^{m-1}}-2(a+1)-(m-1) \\ & = \frac1{a^{m-1}}\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}a^{m-k}+\frac1{(a+2)^{m-1}}\sum_{k=0}^m\binom{m}{k}(-1)^k(a+2)^{m-k}-2(a+1)-(m-1) \\ & = -(m-1)+\sum_{k=2}^m\binom{m}{k}\left\{\frac1{a^{k-1}}+\frac{(-1)^k}{(a+2)^{k-1}}\right\} \end{align} nos dice \lim_{a\to +0}h_m(a)=+\infty, \lim_{a\to +\infty}h_m(a)=-(m-1)\lt 0, h_m^{\prime}(a)=-\sum_{k=2}^m\binom{m}{k}(k-1)\left\{\frac1{a^k}+\frac{(-1)^k}{(a+2)^k}\right\}\lt0.
Aquí, tenga en cuenta que \frac1{a^k}+\frac{(-1)^k}{(a+2)^k}\gt 0.
Por lo tanto, sabemos que existe sólo una a\gt 0 tal que h_m(a)=0. Ahora la prueba se ha completado.
Por cierto, sabemos a=\sqrt2m=2.
He estado buscando por el resto de las funciones, pero no puedo encontrar ninguna otra función. Alguien puede ayudar?