Evaluar $\int_{0}^1 \prod_{k=2}^n \lfloor kx \rfloor dx$

Question

Vamos a $n\ge2$ ser un número entero , entonces $$\int_{0}^1 \prod_{k=2}^n \lfloor kx \rfloor dx=\text{ ?}, $$ donde $\lfloor espacio \\rfloor$ es el suelo "función"

Answer 1

Esta no es una respuesta, pero demasiado largo para un comentario. Aquí es el resultado de un experimento numérico hecho con Maple: $$seq(int(mul(piso(k*x), k = 2 .. n), x = 0 .. 1), n = 2 .. 15) $$ salidas $$1/2,5/6, 13/6, 15/2, 166/5, 888/5, 5617/5, 57339/7, 473958/7, 48185388/77,$$ $$ 493082052/77, 10264563168/143, 125213779200/143, 1651372471104/143.$$ Entonces $$parcelas:-pointplot([seq([n, evalf(ln(int(mul(piso(k*x), k = 2 .. n), x = 0 .. 1)))],$$ $$ n = 2 .. 15)], color = rojo, symbolsize = 15) $$ En mi opinión, la trama está cerca de una línea recta. Por lo tanto, esto sugiere que la dependencia asintótica de la forma $a+B\exp(k)$

Answer 2

Una respuesta parcial y la comprensión y la naturaleza de la integral.

Vamos a $$I=\int^1_0dx\prod^n_{k=2}\lfloor kx\rfloor $$

Hacer la sustitución $u=1/x$ por lo tanto $dx=-1/u^2du$ y la integral se convierte en

$$I=\int^\infty_1du\frac1{u^2}\left[\prod^n_{k=2}\lfloor k/u\rfloor\right]$$

Luego de integrar por partes usted va a ver que se evalúa a (integrando obtenido considerando los derivados de los productos).

$$I=n!+\int^\infty_1\frac1u\left[\sum^n_{j=2}\prod^n_{\substack{i=2\\i\ne j}}\lfloor i/u\rfloor\right]du$$

A continuación, por medio de la manipulación obtenemos

$$I=n!+\sum_{j=2}^n\int^\infty_1du\frac{1}{u\lfloor j/u\rfloor}\prod^n_{i=2}\lfloor i/u\rfloor$$

Ahora el foco en la otra integral. Vamos

$$I_2=\int^\infty_1du\frac1{u\lfloor j/u\rfloor}\prod^n_{i=2}\lfloor i/u\rfloor$$

Ahora vamos a $x=1/u$ nuevo $du=-dx/x^2$ y $$I_2=\int_0^1dx\frac1{x\lfloor jx \rfloor}\prod^n_{i=2}\lfloor ix\rfloor$$ Traté de manipular esta de más, sin embargo, que el factor no va a desaparecer.

Así que ahora voy a mirar en el asymptotics de la integral. Claramente $I(n)\in\omega(n!)$. La suma plazo nos puede dar una aproximación más precisa sin embargo. A través de la inspección se puede observar que $\sum I_2(n)\en O(n!)$. Por lo tanto $I(n)$ puede ser pensado como $I(n)\in\Theta(n!)$. Para la aproximación a los valores bajos de $n$ pueden ser entendidas como $I(n)\approx\frac23(n-2)!$. Esto puede ser más precisa.

Me sorprendería si una forma cerrada para esta integral existe. También debe tener en cuenta que traté de sumas de Riemann sin embargo terminan siendo desordenado y difícil de manipular.

Answer 3

En el siguiente párrafo, la letra k tiene una connotación diferente de lo que se hace en la pregunta.

Deje de $F_n$ ser la secuencia de Farey de n. Siempre ha $2k+1$ elementos $n\ge2$ $($, que es claramente el caso aquí de$)$, y su medio elemento es siempre $\dfrac12$, la primera y la última de $0$ y $de$ 1, respectivamente. Ahora, estamos interesados en la sub-secuencia a partir de $F_n(k+1)=\dfrac12$ y terminando en $F_n(2k+1)=1.~$ $($El número de términos en cada secuencia de Farey se puede encontrar aquí$)$. Ahora, el producto se desvanece en $\Big(0,\frac12\Big)$, por lo que la integral se puede escribir como $\displaystyle\sum_{j=1}^kC_j\bigg[F_n(k+j+1)-F_n(k+j)\bigg]$, ya que el producto es una constante en cada uno de estos sub-intervalo, cuyas dos extremidades son consecutivos Farey números, el valor de cada constante de $C_j=\displaystyle\prod_{i=2}^n\Big\lfloor i\cdot F_n(k+j)\Big\rfloor$.