¿Es cierto que $\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} x^n dx = \frac{1}{n+1}(\zeta(2)+\zeta(3) + \dots + \zeta(n+2) ) - 1$ ?

Question

Esta pregunta se inspira en la fórmula $$\displaystyle\int_0^1{\left\lfloor{1\over x}\right\rfloor}^{-1}\!\!dx={1\over2^2}+{1\over3^2}+{1\over4^2}+\cdots = \zeta(2)-1,$$ ver por ejemplo esta pregunta .

Parece que para cualquier número entero $n\geq 0$ tenemos

$$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} x^n dx = \frac{1}{n+1}(\zeta(2)+\zeta(3) + \dots + \zeta(n+2) ) - 1.$$

Creo que la respuesta de Yiorgos podría generalizarse para demostrar la fórmula anterior. ¿Puede alguien conseguirlo?

Pregunta al margen : Si $n$ se sustituye por un número complejo $s$ para los que los valores de $s$ ¿conviene la integral? (Interpretamos $x^s$ como $\exp(x\log s)$ , donde $\log s$ es la rama principal del logaritmo complejo). Si la fórmula anterior es cierta, entonces para cualquier número entero $n\geq 0$ , tienen $$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} ((n+1)x^n-nx^{n-1}) dx = \zeta(n+2) - 1.$$ ¿Es cierto que para el valor complejo de $s$ para la cual la integral converge, tenemos $$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} ((s+1)x^s-sx^{s-1}) dx = \zeta(s+2)-1?$$

Answer 1

Dejar $t=x^{-1}$ así que $dx=-t^{-2}dt$ esta integral se puede reescribir como

$$\begin{align}\int_{1}^\infty \lfloor t\rfloor^{-1} t^{-(n+2)}dt &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}k\int_{k}^{k+1}t^{-(n+2)}dt \\&= \frac{1}{n+1}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\left(k^{-(n+1)}-(k+1)^{-(n+1)}\right) \end{align}$$ Eso es más o menos lo mismo que la prueba de $n=0$ .

Ahora, $$\begin{align} \frac{1}{k}(k+1)^{-(n+1)}&= \frac{1}{k(k+1)}(k+1)^{-n}\\ &=\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)(k+1)^{-n} \\ &=\frac{1}{k}(k+1)^{-n}- (k+1)^{-(n+1)}\\ &=\dots\text{ induction applied here on }\frac1k(k+1)^{-n}\dots\\ &=\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}-\frac{1}{(k+1)^2}-\cdots-\frac{1}{(k+1)^{n+1}} \end{align}$$

Así que $$\frac{1}{k}\left(k^{-(n+1)}-(k+1)^{-(n+1)}\right) = \left(\sum_{j=2}^{n+1} \frac{1}{(k+1)^j}\right) + \frac{1}{k^{n+2}}+\frac{1}{k+1}-\frac1k$$

Así se obtiene el resultado deseado.

La pregunta lateral (al menos cuando $s\neq -1$ ) se pregunta esencialmente sobre cuándo:

$$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\left(k^{-(s+1)}-(k+1)^{-(s+1)}\right)$$ converge. Cuando $s$ es real y $s>-1$ Los términos son positivos y están limitados por la secuencia $k^{-(s+1)}-(k+1)^{-(s+1)}$ que es una secuencia telescópica, por lo que converge.

Answer 2

Para responder a la pregunta lateral.

Supongamos que $\Re s >1$ . Dejar $t=x^{-1}$ así que $dx=-t^{-2}dt$ la integral inicial se puede reescribir como

$$\begin{align}\int_{1}^\infty \lfloor t\rfloor^{-1} t^{-(s+2)}dt &= \sum_{k=1}^\infty \frac{1}k\int_{k}^{k+1}t^{-(s+2)}dt \\&= \frac{1}{s+1}\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k}\left(k^{-(s+1)}-(k+1)^{-(s+1)}\right)\\&= \frac{1}{s+1}\left(\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k^{s+2}}-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s+1}}\right) \end{align}$$ Así, $$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} (s+1)\:x^s \:\mathrm dx = \zeta(s+2)-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s+1}}, \quad \Re s >1 \tag1$$ y tenemos $$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} s\:x^{s-1} \:\mathrm dx = \zeta(s+1)-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s}}, \quad \Re s >2. \tag2$$ Entonces podemos restar $(2)$ de $(1)$ , utilizando $$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s}}-\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s+1}}=\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{k(k+1)^{s}}\left(1-\frac{1}{(k+1)}\right)=\zeta(s+1)-1$$ para obtener, por continuación analítica, $$\int_0^1 \lfloor x^{-1} \rfloor^{-1} ((s+1)x^s-sx^{s-1}) dx = \zeta(s+2)-1, \quad \Re s >0.$$