Polinomios con problema de integración

Question

¿Hay polinomios $P,Q$ con coeficientes reales que satisfacen las igualdades

$$\int_0^{\ln n}\frac{P(x)}{Q(x)} \, dx = 1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}$$

para cada número entero $n\ge 2$ ?

No sé cómo demostrar la existencia de dichos polinomios o la inexistencia. He tomado algún ejemplo pero no consigo mejorar nada.

Answer 1

Supongamos que existiera tal $P,Q$ . Es fácil ver que $\deg P\le \deg Q$ de lo contrario, la integral se disparará demasiado rápido. Esto implica que $\frac{P(1/z)}{Q(1/z)}$ es una función racional que no explota en $0$ y por lo tanto tiene una expansión de Taylor $\frac{P(1/z)}{Q(1/z)} = a_0+a_1z+a_2z^2+\dots$ válido para todo lo suficientemente pequeño $z$ . Esto implica que $$ \frac{P(x)}{Q(x)} = a_0 + \frac{a_1}{x} + \frac{a_2}{x^2} + \dots $$ para todo lo que sea suficientemente grande $x$ . Ahora mostraré que $a_0 = 1 $ y $a_k = 0$ para $k>0$ para que $\frac{P(x)}{Q(x)} = 1$ lo que es incompatible con la exigencia de que $\int\limits_{0}^{\ln n}{\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx} = 1 + \frac{1}{2} + \dots + \frac{1}{n}$ para $n\ge 2$ .

Para $k\ge 0$ , fíjese que $$\frac{1}{(\ln(n+1))^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\le\int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{1}{x^k}\,dx}\le\frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right). $$ Además, como $$\frac{1}{(\ln n)^k}-\frac{1}{(\ln(n+1))^k} = \int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{k}{x^{k+1}}\,dx}\le\frac{k}{(\ln n)^{k+1}}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right) $$ se deduce que \begin{align} \left|\int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{1}{x^k}\,dx} - \frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right|&\le\left(\frac{1}{(\ln n)^k}-\frac{1}{(\ln(n+1))^k}\right)\ln\left(\frac{n+1}{n}\right) \\ &\le\frac{k}{(\ln n)^{k+1}}\left(\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right)^2 \end{align} y por lo tanto $\int\limits_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{1}{x^k}\,dx} = \frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)(1+o(1))$ .

Ahora, para mostrar $a_0 = 1$ , fíjese que \begin{align} \int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx} &= \int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{a_0+O\left(\frac{1}{x}\right)\,dx} \\ &= a_0\ln\left(\frac{n+1}{n}\right) + O\left(\frac{1}{\ln n}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right) \\ &= \frac{a_0}{n} + o\left(\frac{1}{n}\right). \end{align} Para que $\int\limits_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{P(x)}{Q(x)}\,dx} = \frac{1}{n+1} = \frac{1}{n}(1+o(1))$ para todos $n$ se deduce que debemos tener $a_0 = 1$ .

Ahora mostramos $a_k = 0$ para $k>0$ por inducción. Supongamos que $a_j = 0$ para todos $0<j<k$ (nota para el caso base $k=1$ que esto es vacuamente cierto). Entonces $$\frac{P(x)}{Q(x)} - 1 = \frac{a_k}{x^k} + \frac{a_{k+1}}{x^{k+1}} + \dots = \frac{a_k}{x^k} + O\left(\frac{1}{x^{k+1}}\right) $$ y por lo tanto \begin{align} \int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{P(x)}{Q(x)}-1\,dx} &= \int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{a_k}{x^k}+O\left(\frac{1}{x^{k+1}}\right)\,dx} \\ &=\frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)(a_k+o(1)) + O\left(\frac{1}{(\ln n)^{k+1}}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right) \\ &=\frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)(a_k+o(1)). \end{align} Por supuesto, tenemos $$\int_{\ln n}^{\ln(n+1)}{\frac{P(x)}{Q(x)}-1\,dx} = \frac{1}{n+1} - \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) = O\left(\frac{1}{(n+1)^2}\right)$$ et $\frac{1}{(n+1)^2} = o\left(\frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)\right)$ para cualquier $k>0$ . De ello se desprende que $$\frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)(a_k+o(1)) = \frac{1}{(\ln n)^k}\ln\left(\frac{n+1}{n}\right)o(1)$$ que da como resultado $a_k = 0$ , según se desee.

Answer 2

No es una respuesta, sino una idea. Si ese par de polinomios existe, entonces se deduce que $$\int_{0}^{\infty}\Big(\dfrac{P(x)-Q(x)}{Q(x)}\Big)dx = \lim_{n\to\infty}(H_n - \ln n) = \gamma,$$

donde $\gamma$ es la constante de Euler-Mascheroni. Pero si miramos ce página, no parece muy probable que $\gamma$ tiene una representación integral donde el integrando es una función real y racional.

Tal vez alguien pueda continuar con esta idea y demostrar la pregunta en forma negativa.