Demuestra que $\int_0^1 \left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor-\alpha\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\right)\mathrm dx=\alpha \ln\alpha$

Question

Demuestre que la integral impropia $\int_0^1 \left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor-\alpha\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\right)\mathrm dx=\alpha \ln\alpha$ , para $\alpha\in(0,1)$ .

Se trata de una integral de Riemann . Mi trabajo:

1. El conjunto de discontinuidades de la integral es

$$D=\left\{\frac1k:k\in\Bbb N\right\}\cup\left\{\frac{\alpha}{k}:k\in\Bbb N\right\}$$

2. Y cuando tenemos eso $x>\alpha$ la integral puede simplificarse a

$$\int_0^1 \left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor-\alpha\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\right)\mathrm dx=\int_0^\alpha \left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor-\alpha\left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\right)\mathrm dx-\alpha\int_{\alpha}^1 \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\mathrm dx$$

No sé cómo continuar desde aquí, no está claro cómo manejar la partición $D$ para simplificar la integral. Lo que hice aquí es simplemente ver cuál es el valor de $\int_{\alpha}^1 \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\mathrm dx$ para ver si consigo alguna pista.

Si no hay ningún error raro en alguna parte:

$$\int_{\alpha}^1 \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor\mathrm dx=\int_\alpha^{\frac1{\left\lfloor 1/\alpha\right\rfloor}}\frac{\mathbf 1_{\Bbb N}(1/\alpha)\mathrm dx}{\lfloor 1/\alpha\rfloor}+\sum_{k=1}^{\lfloor1/\alpha\rfloor}\int_{\frac1{k+1}}^{\frac1k}\frac{\mathrm dx}{k}=\\=\mathbf 1_{\Bbb N}(1/\alpha)\frac{1-\alpha\lfloor 1/\alpha\rfloor}{\lfloor 1/\alpha\rfloor^2}+\sum_{k=1}^{\lfloor1/\alpha\rfloor}\frac1{k^2(k+1)}$$

lo que no es útil en absoluto. Así que me quedo atascado con este problema, ¿puede ayudarme a mostrar esta identidad (sin profundizar más allá de un fondo integral de Riemann)? Gracias de antemano.

Answer 1

El incorrecto puede evaluarse como el límite de una integral sobre $[1/n,1]$ como $n \to \infty.$

Realización del cambio de variables $u = 1/x,$ obtenemos

$$\alpha\int_{1/n}^1 \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor dx = \alpha\int_{1}^{n } \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = \alpha \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1 } \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = \alpha \sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1 } \frac{k}{u^2} \, du \\ = \alpha \sum_{k=1}^{n-1} k\left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+1} \right) \\ = \alpha \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k},\tag{1}$$

y, haciendo el cambio de variables $u = \alpha/x,$ obtenemos

$$\int_{1/n}^1 \left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor dx= \alpha \int_{\alpha}^{n \alpha} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = \alpha \int_{\alpha}^{n} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du - \alpha \int_{n \alpha}^{n} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = \alpha \int_{1}^{n} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du - \alpha \int_{n \alpha}^{n } \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du\tag{2}$$

Restando (1) de (2) eliminamos la suma armónica divergente y obtenemos

$$\int_{1/n}^1 \left(\left\lfloor\frac{\alpha}{x}\right\rfloor - \alpha \left\lfloor\frac{1}{x}\right\rfloor \right) dx = - \alpha \int_{n \alpha}^{n} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = - \alpha \int_{1}^{n} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du + \alpha \int_{1}^{\lfloor n \alpha \rfloor} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du + \alpha \int_{\lfloor n \alpha \rfloor}^{n \alpha} \frac{\left\lfloor u\right\rfloor}{u^2} \, du \\ = -\alpha \sum_{k=2}^{n} \frac{1}{k} + \alpha \sum_{k=2}^{\lfloor n \alpha \rfloor}\frac{1}{k} + \alpha \frac{n \alpha - \lfloor n \alpha \rfloor}{n \alpha} \\ = -\alpha \left(\sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k} - \log n \right) + \alpha \left( \sum_{k=1}^{\lfloor n \alpha \rfloor}\frac{1}{k} - \log\lfloor n \alpha \rfloor \right) - \alpha \log n + \alpha \log \lfloor n \alpha \rfloor + \alpha \frac{n \alpha - \lfloor n \alpha \rfloor}{n \alpha}$$

A partir de aquí, debería ser relativamente sencillo tomar el límite como $ n \to \infty$ para obtener $\alpha \log \alpha$ .

Answer 2

Yo seguiría una ruta diferente: Primero cambiemos las variables $x\rightarrow1/y$ por lo que el problema se plantea igualmente como

$$ I(a)=\int_1^{\infty}dy\frac{1}{y^2}\left(\left\lfloor a y\right\rfloor- a\left\lfloor y\right\rfloor\right) $$

existe un conocido Expansión de Fourier de la función suelo lo que lleva a

$$ I(a)=\frac{1}{\pi}\int_1^{\infty}dy\frac{1}{y^2}\left(\sum_{k\geq1}\frac{\sin(2\pi k a y)-a\sin(2\pi k y)}{k}+\pi\frac{1-a}{2}\right) $$

al establecer $ay=q$ En la primera parte de esta integral simplificamos por la noche

$$ I(a)=-\frac{a}{\pi}\int_{1/a}^1dq\frac{1}{q^2}\sum_{k\geq 1} \frac{\sin(2 \pi k q)}{k}+\frac{1-a}{2} $$

Como la suma es sinply $\Im\sum_{k\geq 1} \frac{e^{2 i \pi k q}}{k}=\frac{\pi}{2}-\pi q$ nos quedamos con integraciones triviales

$$ I(a)=-a\int_{1/a}^1dq\left(\frac{1}{2q^2}-\frac{1}{q}\right)+\frac{1-a}{2} $$

o

$$ I(a)=a\log(a) $$

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Una prueba (sencilla) de la mencionada expansión de Fourier puede encontrarse aquí