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Demostrar que $\int_0^1{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}\!dx={1\over2^2}+{1\over3^2}+{1\over4^2}+\cdots.$

Pregunta. Dejemos que $$ f(x)=\!\left\{\,\,\, \begin{array}{ccc} \displaystyle{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}_{\hphantom{|_|}}&\text{if} & 0\lt x\le 1, \\ & \\ 0^{\hphantom{|^|}} &\text{if} & x=0. \end{array}\right. $$ ¿Es f(x) integrable de Riemann en $[0,1]$ ? Si es integrable de Riemann, entonces cuál es el valor de la integral $\,\int_0^1{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx$ ?

Un intento: Desde $f$ es creciente, no negativa y acotada la integral existe. Elección de la partición $P=\big\{0,\frac{1}{n},\frac{1}{n-1},...,1\big\}$ tenemos las siguientes sumas superiores e inferiores $$ U(f,P)=\sum_{i=1}^{n-1}{1\over n-i}\left [ {1\over n-i}-{1\over n-i+1}\right] - {1\over n^2},\\L(f,P)=\sum_{i=1}^{n-1}{1\over n-i+1}\left[{1\over n-i} - {1\over n-i+1} \right]. $$ Simplificando obtenemos
$$ U(f,P)= \sum_{i=1}^n{1\over i^2}+ {1\over n} -1, \quad L(f,P)= 2-{1\over n}-\sum_{i=1}^n{1\over n^2}. $$ Como $n\to\infty$ , $U(f,P)\to{\pi^2\over 6}-1$ y $L(f,P)\to2-{\pi^2\over 6}$ . Por lo tanto, $2-{\pi^2\over 6}\le\int_0^1f(x)\,dx\le{\pi^2\over 6}-1$ . El cálculo directo con MATLAB muestra $\int_0^1f(x)\,dx={\pi^2\over 6}-1$ .

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La razón por la que su partición da una suma superior que converge al valor correcto es bastante obvia por la forma de la función, es decir $f$ tiene la forma de una función de escalera, y el lugar donde la escalera se colapsa es discreto. En otras palabras, como esta función tiene suprema en cada intervalo (casi en todas partes), la integral debe ser el límite de la suma superior. Si quieres seguir la definición de la integral de Riemann, sólo tienes que tomar la modificación de cada entero como - $\left\{ 0,\frac{1}{n},\frac{1}{n}+\frac{1}{n^{100}}, \frac{1}{n-1}, \cdots\right\}$

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Sus sumas inferiores están "atascadas" bajo un determinado límite (en realidad, el límite es $2-\pi^2/ 6$ ) porque esa partición no "añade el área" que se pierde en el intervalo $[1/2, 1], [1/3,1/2]$ etc. como $n\to \infty$ .

39voto

fianchetto Puntos 186

Observamos que: si $x\in\big(\frac{1}{k+1},\frac{1}{k}\big]$ entonces $\frac{1}{x}\in[k,k+1)$ Por lo tanto $\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor=k$ y por lo tanto $$ \left\lfloor{1\over x}\right\rfloor^{-1}=\frac{1}{k}, \quad \text{whenever}\,\, x\in\Big(\frac{1}{k+1},\frac{1}{k}\Big]. $$ Por lo tanto, $$ \int_{1/n}^1{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx=\sum_{k=1}^{n-1} \int_{1/(k+1)}^{1/k}{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx=\sum_{k=1}^{n-1} \int_{1/(k+1)}^{1/k}\frac{1}{k}dx=\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}\cdot\frac{1}{k(k+1)}, $$ y por lo tanto $$ \int_0^1 {\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx=\lim_{n\to\infty} \int_{1/n}^1{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx= \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2(n+1)}. $$ Mientras tanto, $$ \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^\infty\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1 \quad\text{and}\quad \frac{1}{n^2}-\frac{1}{n(n+1)}=\frac{1}{n^2(n+1)}. $$ Por lo tanto, finalmente \begin{align} \frac{1}{2^2}+\frac{1}{3^2}+\cdots+\frac{1}{n^2}+\cdots&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-1 =\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}-\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n(n+1)}\\&=\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^2(n+1)}=\int_0^1 {\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}dx. \end{align}

13voto

Felix Marin Puntos 32763

$\newcommand{\angles}[1]{\left\langle\, #1 \,\right\rangle} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\, #1 \,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\, #1 \,\right\rbrack} \newcommand{\ceil}[1]{\,\left\lceil\, #1 \,\right\rceil\,} \newcommand{\dd}{{\rm d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,{\rm e}^{#1}\,} \newcommand{\fermi}{\,{\rm f}} \newcommand{\floor}[1]{\,\left\lfloor #1 \right\rfloor\,} \newcommand{\half}{{1 \over 2}} \newcommand{\ic}{{\rm i}} \newcommand{\iff}{\Longleftrightarrow} \newcommand{\imp}{\Longrightarrow} \newcommand{\pars}[1]{\left(\, #1 \,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\pp}{{\cal P}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\vphantom{\large A}\,#2\,}\,} \newcommand{\sech}{\,{\rm sech}} \newcommand{\sgn}{\,{\rm sgn}} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{{\rm d}^{#1} #2}{{\rm d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\, #1 \,\right\vert}$ \begin{align}&\color{#66f}{\large% \int_{0}^{1}\left\lfloor{1 \over x}\right\rfloor^{-1}\,\dd x} =\int_{\infty}^{1}\left\lfloor x\right\rfloor^{-1}\,\pars{-\,{\dd x \over x^{2}}} =\int_{1}^{\infty}{\dd x \over \floor{x}x^{2}} \\[5mm]&=\lim_{N \to \infty}\bracks{% \int_{1}^{2}{\dd x \over x^{2}} + \int_{2}^{3}{\dd x \over 2x^{2}}+\cdots +\int_{N - 1}^{N}{\dd x \over \pars{N - 1}x^{2}}} \\[5mm]&=\lim_{N \to \infty}\bracks{% \int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{x + 1}^{2}} + \int_{0}^{1}{\dd x \over 2\pars{x + 2}^{2}} + \cdots +\int_{0}^{1}{\dd x \over \pars{N - 1}\pars{x + N - 1}^{2}}} \\[5mm]&=\lim_{N \to \infty}\int_{0}^{1} \sum_{k = 1}^{N - 1}{1 \over k\pars{x + k}^{2}}\,\dd x =-\lim_{N \to \infty}\int_{0}^{1} \partiald{}{x}\sum_{k = 0}^{N - 2}{1 \over \pars{k + x + 1}\pars{k + 1}}\,\dd x \\[5mm]&=-\int_{0}^{1}\partiald{}{x}\bracks{\Psi\pars{x + 1} - \Psi\pars{1}\over x} \,\dd x =-\bracks{\Psi\pars{2} - \Psi\pars{1} - \Psi'\pars{1}} \\[5mm]&=\Psi'\pars{1} - 1 = \color{#66f}{\Large{\pi^{2} \over 6} - 1} \approx {\tt 0.6449} \end{align}

$\ds{\Psi\pars{z}}$ es la función Digamma y utilizamos las propiedades \begin{align} &\sum_{k = 0}^{\infty}{1 \over \pars{k + \mu}\pars{k + \nu}} = {\Psi\pars{\mu} - \Psi\pars{\nu} \over \mu - \nu}\,,\qquad \begin{array}{|rcl} \ \Psi\pars{z + 1} & = & \Psi\pars{z} + {1 \over z} \\ \Psi'\pars{1} & = & {\pi^{2} \over 6} \end{array} \end{align}

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