Evaluación de $\int_{0}^{1}\cdots\int_{0}^{1}\bigl\{\frac{1}{x_{1}\cdots x_{n}}\bigr\}^{2}\:\mathrm{d}x_{1}\cdots\mathrm{d}x_{n}$

Question

Aquí está mi fuente de inspiración para esta pregunta.

Sugiero evaluar lo siguiente nuevo .

$$ I_{n}:= \int_0^1 \! \cdots \! \int_0^1 \left\{\frac{1}{x_1x_2 \cdots x_n}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_1\,\mathrm{d}\,x_2 \cdots \mathrm{d}x_n $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ en todo.

(a) ¿Podrías demostrar el resultado siguiente?

$$ I_2= \int_0^1\!\!\int_0^1 \left\{\frac{1}{x y}\right\}^2 \:\mathrm{d}x \,\mathrm{d}y = 1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2}. $$ donde $\gamma$ denota el Euler-Mascheroni constante.

(b) ¿Podrías encontrar una fórmula general para la integral fraccionaria múltiple $I_n$ ?

Por favor, este es un problema de desafío.

Gracias.

Answer 1

Para cualquier $\alpha > 0$ y $n \in \mathbb{Z}_{+}$ . Sea $I_n(\alpha)$ sea el $n$ -integral de dimensión

$$I_n(\alpha) = \int_{[0,1]^n} \left\{1\left/\prod_{i=1}^n x_i\right.\right\}^\alpha \prod_{i=1}^n dx_i$$

Está claro que todos estos $I_n(\alpha) \in (0,1)$ . En consecuencia, la función generadora correspondiente

$$I(\alpha,z) = \sum_{k=0}^\infty I_{k+1}(\alpha)z^k$$ converge absolutamente para cualquier $|z| < 1$ .

En primer lugar, supondremos $z$ es pequeño y positivo.

Para cualquier $n$ , sustituto $x_i$ por $e^{-t_i}$ para $i = 1,\ldots,n$ . Sea $t = \sum\limits_{i=1}^n t_i$ y $x = e^t$ . Tenemos

$$I_n(\alpha) = \frac{1}{(n-1)!}\int_0^\infty \left\{ e^t \right\}^\alpha e^{-t} t^{n-1} dt$$

y por lo tanto $$ I(\alpha,z) = \int_0^\infty \left\{ e^t \right\}^\alpha e^{(z-1)t} dt = \int_1^\infty \left\{ x \right\}^\alpha x^{z-2} dx = \sum_{k=1}^\infty \int_0^1 \frac{x^\alpha}{(x+k)^{2-z}} dx $$ En la última expresión, si sustituimos el denominador $(x + k)^{2-z}$ por su representación integral

$$\frac{1}{(x+k)^{2-z}} = \frac{1}{\Gamma(2-z)}\int_0^\infty s^{1-z} e^{-(x+k)s} ds$$

Obtenemos

$$\begin{align} I(\alpha,z) &= \frac{1}{\Gamma(2-z)} \sum_{k=1}^\infty \int_0^1 x^\alpha \left[ \int_0^\infty s^{1-z} e^{-(x+k)s} ds\right] dx\\ &= \frac{1}{\Gamma(2-z)} \int_0^1 x^\alpha \left[ \int_0^\infty s^{1-z} \frac{e^{-xs}}{e^s - 1} ds \right] dx\\ &= \frac{1}{\Gamma(2-z)} \int_0^\infty \frac{s^{1-z}}{e^s - 1}\left[\int_0^1 x^\alpha e^{-xs} dx \right] ds\\ &= \frac{1}{\Gamma(2-z)} \int_0^\infty \frac{s^{1-z}}{e^s - 1}\left[\frac{1}{s^{\alpha+1}}\int_0^s x^\alpha e^{-x} dx \right] ds\tag{*1} \end{align} $$ Hasta este paso, estamos utilizando la suposición $z$ es pequeño y positivo. Una consecuencia de esta suposición es que todos los términos implicados en los pasos anteriores son números no negativos. La sustitución del denominador por su representación integral, el cambio de orden de la suma y las integraciones son automáticamente válidos.

Para continuar, necesitamos dividir lo que está dentro del corchete en la última expresión de $(*1)$ . Si lo hacemos, nos daremos cuenta de que hay términos que ya no son no negativos. Además, si $z$ sigue siendo pequeño y positivo, algunos de los términos simplemente divergen.

Para salvar este obstáculo, utilizaremos el hecho de que mientras $\Re z < 1$ la última expresión de $(*1)$ define una función analítica en $z$ . En lugar de seguir con $z$ es pequeño y positivo,

cambiaremos nuestra suposición a $z$ es real y suficientemente negativo

Después de resolver lo que la última expresión de $(*1)$ realmente son, seguiremos analizando el resultado de nuevo a pequeño y positivo $z$ .

Para los enteros $\alpha > 0$ tenemos

$$\begin{align} I(\alpha,z) &= \frac{1}{\Gamma(2-z)}\int_0^\infty \frac{s^{-(\alpha+z)}}{e^s - 1}\left[ -e^{-x} \sum_{k=0}^\alpha \frac{\alpha!}{(\alpha-k)!}x^{\alpha-k}\right]_0^s ds\\ &= \frac{1}{\Gamma(2-z)}\int_0^\infty \frac{s^{-(\alpha+z)}}{e^s - 1} \left[ \alpha! - e^{-s} \sum_{k=0}^\alpha \frac{\alpha!}{(\alpha-k)!}s^{\alpha-k} \right] ds\\ &= \frac{\alpha!}{\Gamma(2-z)}\int_0^\infty \left[s^{-(\alpha+z)} - \frac{1}{e^s-1}\sum_{k=0}^{\alpha-1}\frac{s^{-(k+z)}}{(\alpha-k)!} \right] e^{-s} ds \end{align} $$ Desde $\displaystyle\; \int_0^\infty \frac{s^{\beta-1}}{e^s-1} e^{-s} ds = \Gamma(\beta)( \zeta(\beta) - 1) \;$ encontramos $$I(\alpha,z) = \frac{\alpha!}{\Gamma(2-z)} \left[\Gamma(1-\alpha-z) - \sum_{k=0}^{\alpha-1}\Gamma(1-k-z)\frac{\zeta(1-k-z)-1}{(\alpha-k)!} \right] $$

En particular, cuando $\alpha = 2$ Esto lleva a $$ I(2,z) = \frac{2!}{\Gamma(2-z)} \left[ \Gamma(-1-z) -\frac12\Gamma(1-z)(\zeta(1-z)-1) -\Gamma(-z)(\zeta(-z)-1) \right] $$ Desde $\;\Gamma(1+w) = w\Gamma(w)\;$ Esto se puede simplificar como $$\begin{align} I(2,z) &= \frac{2}{z(1-z^2)} - \frac{1}{1-z}(\zeta(1-z)-1) + \frac{2}{z(1-z)}(\zeta(-z)-1)\\ &= -\frac{1}{z+1} - \frac{1}{1-z}\zeta(1-z) + \frac{2}{z(1-z)}\zeta(-z)\tag{*2} \end{align} $$ Sabemos que $\zeta(w)$ es analítica en todo el plano complejo excepto en $w = 1$ . Tiene un poste simple con residuos $1$ allí. Usando esta información, sabemos que RHS $(*2)$ puede tener postes en $z = 0$ y $\pm 1$ .

• No nos importa lo que pase en $z = 1$ .
• Cerca de $z = -1$ , RHS $(*2)$ $\sim -\frac{1}{z+1} + O(1) + (-1 + O(z+1))(\frac{1}{-z-1} + O(1)) = O(1)$ .
• Cerca de $z = 0$ , RHS $(*2)$ $\sim O(1) - (1 + O(z))(\frac{1}{-z} + O(1)) + \frac{1}{z}(2\zeta(0) + O(z)) = O(1)$ de nuevo.

Combinando esto, sabemos que RHS $(*2)$ es analítica en $z = -1$ y $0$ . No hay nada de extender su validez al disco de la unidad $|z| < 1$ donde $I(\alpha,z)$ coincide con su definición como función generadora. Como resultado,

$$\bbox[4pt,border:1px solid blue;]{ I_n(2) = (n-1)!\frac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}\left[-\frac{1}{z+1} - \frac{1}{1-z}\zeta(1-z) + \frac{2}{z(1-z)}\zeta(-z) \right]_{z=0} }\tag{*3}$$

Si lanzamos RHS $(*2)$ a WA y pedir su expansión Taylor, WA devuelve

$$I(2,z) = (-1-\gamma + \log(2\pi)) + z \left(1 - \gamma+ \frac{\gamma^2}{2}-\frac{\pi^2}{24} + \log(2\pi) - \frac{\log^2(2\pi)}{2}\right) + O(z^2)$$

Esto implica $$ \begin{align} I_1(2) &= -1-\gamma + \log(2\pi)\\ I_2(2) &= 1 - \gamma+ \frac{\gamma^2}{2}-\frac{\pi^2}{24} + \log(2\pi) - \frac{\log^2(2\pi)}{2} \end{align}$$ como se esperaba.

Answer 2

He aquí un enfoque.

Teorema 1. Dejemos que $s$ sea un número complejo tal que $-1<\Re{s}<1$ , $s\neq 0$ .

Entonces $$ \int_{0}^{1} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2}\:\mathrm{d}x = -\frac{2\zeta(s)}{s(1+s)}-\frac{\zeta(1+s)}{1+s}-\frac{1}{1-s} \tag1 $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ y donde $\zeta$ denota la función zeta de Riemann.

Prueba. Supongamos primero que $\Re{s}>1$ . Tenemos

\begin{align} \displaystyle \int_{0}^{1} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2}\:\mathrm{d}x & = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{1/(k+1)}^{1/k} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2} \:\mathrm{d}x \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{k}^{k+1} (x-k)^{2} \frac{\mathrm{d}x}{x^{s+2}} \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{(x+k)^{s+2}}\mathrm{d}x \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{(x+k)^{s}}-\frac{2k}{(x+k)^{s+1}}+ \frac{k^{2}}{(x+k)^{s+2}}\right)\mathrm{d}x \\ & = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \left. \left( -\frac{1}{(s-1)} \frac{1}{(x+k)^{s-1}} +\frac{2}{s}\frac{k}{(x+k)^{s}} -\frac{k^{2}}{(s+1)(x+k)^{s+1}} \right) \right|_{0}^{1}\\ & = -\frac{1}{1-s} -\frac{2\zeta(s)}{s(1+s)}-\frac{\zeta(1+s)}{1+s}. \end{align} Como la integral del lado izquierdo es claramente analítica para $\Re s >-1$ y como todas las singularidades del lado derecho (incluyendo $s=0$ ) son extraíbles, podemos extender la identidad anterior por continuación analítica para obtener $(1)$ .

$\,\Box$

Una primera aplicación de $(1)$ .

Ejemplo. $$ I_{2}= \int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1} \left\{\frac{1}{x y}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x \mathrm{d}y = 1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2} \tag2 $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ y $\gamma$ es la constante de Euler.

Prueba. Utilizamos un cambio de variable en la integral dada: $$ \begin{align} \displaystyle u & = xy \\ v & = x \\ \end{align} $$ entonces el valor absoluto del determinante jacobiano y el nuevo dominio de integración son $$ \left| \frac{D(u,v)}{D(x,y)}\right|=v, \quad 0<u<v<1, $$ lo que lleva a $$ \begin{align} I_{2} & = \int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{1} \left\{\frac{1}{x y}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x \mathrm{d}y \\\\ & = \int_{0}^{1} \! \int_{u}^{1} \left\{1/u\right\}^2\frac{\mathrm{d}v}{v} \mathrm{d}u \\\\ & =-\int_{0}^{1} \left\{1/u\right\}^{2} \ln u\: \mathrm{d}u \\\\ & =-\left.\frac{d}{ds}\left(\int_{0}^{1} u^s \left\{1/u\right\}^{2} \mathrm{d}u\right) \right|_{s=0} \\\\ & =-\left.\frac{d}{ds}\left(-\frac{1}{1-s} -\frac{2\zeta(s)}{s(1+s)}-\frac{\zeta(1+s)}{1+s}\right) \right|_{s=0} \\\\ & = 1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2} \end{align} $$ donde, para $s$ cerca de $0$ hemos utilizado $$ \begin{align} & \zeta(1+s) =\frac1s+\gamma-\gamma_1 s +\mathcal{O}(s^2), \\& \zeta(s) =-\frac12-\dfrac{\ln(2\pi)}{2} s +\left(\dfrac{\gamma^2}{4}-\dfrac{\pi^2}{48}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{4}+\dfrac{\gamma_1}{2}\right)s^2+\mathcal{O}(s^3). \end{align} $$ $\Box$

Ahora se puede observar que $(1)$ tiene la siguiente consecuencia.

Teorema 2. Dejemos que $n=1,2,3, \cdots.$

Entonces $$ \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!} \int_{0}^{1} \left\{1/x\right\}^{2} \ln ^{n-1} x\: \mathrm{d}x = (-1)^{n}+1 -\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\zeta^{(k)}(0) \tag3 $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ y donde $\gamma_{k}$ denotan las constantes de Laurent-Stieltjes que pueden definirse por $$ \gamma_{k} = \displaystyle \lim_{N \rightarrow \infty}\left(\sum_{m=1}^{N}\frac{\ln^{k}m}{m}-\frac{\ln^{k+1}N}{k+1} \right). $$

Prueba. Dejemos que $s$ sea un número complejo tal que $0<\Re{s}<1$ . Utilizando Teorema 1 se puede escribir simplemente $$ \int_{0}^{1} x^{s}\left\{1/x\right\}^2 \:\mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{\infty}\left(\int_{0}^{1} \left\{1/x\right\}^2 \ln^{n}x \:\mathrm{d}x \right) \frac{s^{n}}{n!}, $$ y se puede tener en cuenta la serie estándar de Laurent $$\begin{align} \displaystyle \zeta(1+s) =\frac{1}{s}+\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^{k} \frac{\gamma_{k}}{k!} s^{k} \end{align}$$ para obtener $(3)$ identificando los coeficientes de Taylor en ambos lados de $(1)$ .

$\,\Box$

Desde $(3)$ deducimos el siguiente resultado.

Teorema 3. Dejemos que $n=1,2,3, \cdots.$ Set $$ I_{n}:= \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1} \left\{\frac{1}{x_{1}x_{2} \cdots x_{n}}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_{1}\mathrm{d}x_{2} \cdots \mathrm{d}x_{n}. $$ Entonces $$ I_{n}= (-1)^{n}+1 -\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\zeta^{(k)}(0) \tag4 $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ y donde $\gamma_{k}$ denotan las constantes de Laurent-Stieltjes definidas por $$ \gamma_{k} = \displaystyle \lim_{N \rightarrow \infty}\left(\sum_{m=1}^{N}\frac{\ln^{k}m}{m}-\frac{\ln^{k+1}N}{k+1} \right). $$

Prueba. Reducimos $ I_{n} $ a una integral unidimensional haciendo el cambio de variables $$ \begin{align} \displaystyle u_{1} & = x_{1} \\ u_{2} & = x_{1}x_{2} \\ & \vdots \\ u \, & = x_{1}x_{2} \cdots x_{n} . \end{align} $$ El dominio inicial de integración se transforma en $ \displaystyle 0<u< \cdots <u_{2}< u_{1}<1 $ con un jacobiano igual a $\displaystyle u_{1} \cdots u_{n-1}$ . Por lo tanto, $$ \begin{align} I_{n} = \displaystyle \int_{0}^{1} \! \int_{u}^{1} \cdots \! \int_{u_{2}}^{1} \left\{1/u\right\}^{2} \: \frac{\mathrm{d}u_{1} \cdots \mathrm{d}u_{n-1}}{u_{1} \cdots u_{n-1}} \mathrm{d}u \end{align} $$ y luego integrando sucesivamente $\displaystyle u_{1}, u_{2}, \dots ,u_{n-1}$ da $$ I_{n} = \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\displaystyle \int_{0}^{1} \left\{1/u\right\}^{2} \ln ^{n-1} u\: \mathrm{d}u $$ y nos lleva directamente a $(4)$ por $(3)$ .

$\Box$

He aquí una fórmula general que responde a un problema abierto de Ovidiu Furdui (2006) sobre esta clase de integrales múltiples que implican la parte fraccionaria.

Teorema (O. Oloa, caso general, 18 de agosto de 2014). Sea $n=1,2,3...$ y que $p=1,2,3....$

Set $$ \begin{align} I_{n,p} :=\int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1} \left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\}^{p} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} \end{align} $$ donde $\left\{x\right\}=x-\lfloor x\rfloor$ denota el parte fraccionaria de $x$ .

Entonces $$ \begin{align} \displaystyle I_{n,1} :=\int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1} \left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} = 1-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!}, \end{align} $$ y, para $p=2,3,4,...,$ $$ \begin{align} I_{n,p} = \frac{(-1)^{n}}{(p-1)^{n}}- 1-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!} - \frac{p!}{n!}\sum_{\ell=0}^{p-2}\frac{(-1)^{\ell}}{(p-\ell-1)!}\left.\left(\! \frac{\zeta(s-\ell)}{(1+s)(1-s)_{\ell}}\! \right)^{(n)}\right|_{s=0} \end{align} $$ donde $\gamma_{k}$ son las constantes de Laurent Stieltjes y donde $\zeta$ denota la función zeta de Riemann.