Computar $\int_{0}^{1}\left[\frac{2}{x}\right]-2\left[\frac{1}{x}\right]dx$

Question

La cuestión es encontrar $$\int_{0}^{1}\left(\left[\dfrac{2}{x}\right]-2\left[\dfrac{1}{x}\right]\right)dx,$$

donde $[x]$ es el mayor número entero no mayor que $x$ como por ejemplo $[2.1]=2, \;[2.7]=2,\; [-0.1]=-1.$

Hay algún método agradable para resolver esta integral,Gracias a todos.

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Algunos de mis pensamientos: Tengo si $a\in(0,1]$ entonces $$\int_{0}^{1}\left[\dfrac{a}{x}\right]-a\left[\dfrac{1}{x}\right]dx=a\ln{a}.$$

¿Qué pasa con $a>1$ , $$\int_{0}^{1}\left[\dfrac{a}{x}\right]-a\left[\dfrac{1}{x}\right]dx=?$$

y $$\int_{0}^{1}\left(\left[\dfrac{2}{x}\right]-2\left[\dfrac{1}{x}\right]\right)^{2}dx=?$$

porque tengo $$\int_{0}^{1}\left(\dfrac{1}{x}-\left[\dfrac{1}{x}\right]\right)^2=-1-\gamma+\ln{(2\pi)}$$

Answer 1

Tenemos $$\left\lfloor \dfrac1x \right\rfloor = n \text{ if }x \in \left(\dfrac1{n+1}, \dfrac1n\right]$$ $$\left\lfloor \dfrac2x \right\rfloor = \begin{cases}2n+1 & \text{ if }x \in \left(\dfrac1{n+1}, \dfrac1{n+1/2}\right] \\ 2n & \text{ if }x \in \left(\dfrac1{n+1/2}, \dfrac1{n}\right] \end{cases}$$ Por lo tanto, tenemos $$\left\lfloor \dfrac2x \right\rfloor - 2 \left\lfloor \dfrac1x \right\rfloor = \begin{cases} 1 & \text{ if }\left(\dfrac1{n+1}, \dfrac1{n+1/2}\right] \\ 0 & \text{ if }x \in \left(\dfrac1{n+1/2}, \dfrac1{n}\right] \end{cases}$$ Por lo tanto, $$\int_0^1 \left( \left\lfloor \dfrac2x \right\rfloor - 2 \left\lfloor \dfrac1x \right\rfloor\right) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac1{n+1/2} - \dfrac1{n+1}\right) = 2\log2-1$$

Una forma de evaluar $$\sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac1{n+1/2} - \dfrac1{n+1}\right)$$ es la siguiente. Tenemos $$f(x) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(x^{n-1/2} - x^{n} \right) = \sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1}\left(\sqrt{x} -x\right) = \dfrac{\sqrt{x}-x}{1-x} = \dfrac{\sqrt{x}}{1+\sqrt{x}}$$ Ahora tenemos $$\int_0^1 f(x) dx = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\int_0^1 x^{n-1} dx - \int_0^1 x^{n-1/2} dx\right) = \sum_{n=1}^{\infty} \left(\dfrac1n - \dfrac1{n+1/2}\right)$$ También tenemos \begin {align} \int_0 ^1 f(x) dx & = \int_0 ^1 \dfrac { \sqrt {x}dx}{1+ \sqrt {x}} = \int_0 ^1 \dfrac {2t^2dt}{1+t} = 2 \int_0 ^1 \dfrac {dt}{1+t} + 2 \int_0 ^1 \dfrac {(t^2-1)dt}{1+t} \\ & = 2 \log (2) + 2 \int_0 ^1 (t-1) dt= 2 \log (2)-1 \end {align}

Answer 2

Sólo tienes que averiguar dónde el integrando es distinto de cero. En este caso, el integrando realmente toma el valor

$$\left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor - 2\left \lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor = \begin{cases} \\0 & x \in \left [ \frac{2}{2 n+1},\frac{2}{2 n}\right )\\ 1 & x \in \left [ \frac{2}{2 n},\frac{2}{2 n-1}\right ) \end{cases}$$

para $n \ge 1$ y $x \in [0,1]$ . Aquí hay un gráfico generado en Mathematica:

Por lo tanto, la integral no es más que una suma de las longitudes de los intervalos sobre los que el integrando tiene el valor de $1$ :

$$\begin{align}\int_0^1 dx \, \left ( \left\lfloor \frac{2}{x} \right\rfloor - 2\left \lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right ) &= \frac{2}{3} - \frac{2}{4} + \frac{2}{5} - \frac{2}{6} + \ldots \\ &= 2 \left [ \sum_{k=1}^{\infty} \frac{(-1)^{k+1}}{k} - \frac12 \right ]\\ &= 2 \log{2} - 1\end{align}$$

Answer 3

Aquí hay otra solución que utiliza algún concepto avanzado:

Dejemos que $I$ denotan la integral en cuestión. Con la sustitución $x \mapsto \frac{1}{x}$ tenemos

$$ I = \int_{1}^{\infty} \frac{[2x] - 2[x]}{x^2} \, dx. $$

Ahora realiza la integración por partes,

\begin {align*} I &= \left [ - \frac {[2x] - 2[x]}{x} \right ]_{1^{-}}^{ \infty } + \int_ {1^{-}}^{ \infty } \frac {1}{x} d([2x] - 2[x]) \\ &= 1 + \lim_ {n \to \infty } \int_ {1^{-}}^{n^{+}} \frac {1}{x} d([2x] - 2[x]) \\ &= 1 + \lim_ {n \to \infty } \left ( \int_ {1^{-}}^{n^{+}} \frac {1}{x} d[2x] - 2 \int_ {1^{-}}^{n^{+}} \frac {1}{x} d[x] \right ) \\ &= 1 + 2 \lim_ {n \to \infty } \left ( \int_ {2^{-}}^{2n^{+}} \frac {1}{x} d[x] - \int_ {1^{-}}^{n^{+}} \frac {1}{x} d[x] \right ) \\ &= 1 + 2 \lim_ {n \to \infty } \left ( \sum_ {k=2}^{2n} \frac {1}{k} - \sum_ {k=1}^{n} \frac {1}{k} \right ) \\ &= 1 + 2 \lim_ {n \to \infty } \left (-1 + \sum_ {k=1}^{n} \frac {1}{n+k} \right ) \\ &= 2 \log 2 - 1. \end {align*}

Answer 4

Una pista: Si te pones a dibujar esta función, verás que esta integral se puede expresar como una suma discreta (pero infinita) de áreas. Así que en lugar de evaluar una integral, puedes evaluar una serie en su lugar. Encontrar esa serie es una parte importante de este problema.

Answer 5

$\newcommand{\bbx}[1]{\,\bbox[15px,border:1px groove navy]{\displaystyle{#1}}\,} \newcommand{\braces}[1]{\left\lbrace\,{#1}\,\right\rbrace} \newcommand{\bracks}[1]{\left\lbrack\,{#1}\,\right\rbrack} \newcommand{\dd}{\mathrm{d}} \newcommand{\ds}[1]{\displaystyle{#1}} \newcommand{\expo}[1]{\,\mathrm{e}^{#1}\,} \newcommand{\ic}{\mathrm{i}} \newcommand{\mc}[1]{\mathcal{#1}} \newcommand{\mrm}[1]{\mathrm{#1}} \newcommand{\on}[1]{\operatorname{#1}} \newcommand{\pars}[1]{\left(\,{#1}\,\right)} \newcommand{\partiald}[3][]{\frac{\partial^{#1} #2}{\partial #3^{#1}}} \newcommand{\root}[2][]{\,\sqrt[#1]{\,{#2}\,}\,} \newcommand{\totald}[3][]{\frac{\mathrm{d}^{#1} #2}{\mathrm{d} #3^{#1}}} \newcommand{\verts}[1]{\left\vert\,{#1}\,\right\vert}$ \begin {align} & \bbox [5px,#ffd]{ \int_ {0}^{1} \pars {% \left\lfloor 2 \over x \right\rfloor - 2 \left\lfloor 1 \over x \right\rfloor } \dd x} \,\,\, \stackrel {x\ \mapsto\ 1/x}{=}\,\,\, \int_ {1}^{ \infty }{% \left\lfloor 2x \right\rfloor - 2 \left\lfloor x \right\rfloor\ , \over x^{2}}\, \dd x \\ [5mm] = &\\N- \lim_ {N \to \infty } \pars {% \int_ {1}^{N}{ \left\lfloor 2x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x - 2 \int_ {1}^{N}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x} \\ [5mm] = &\\N- 2 \lim_ {N \to \infty } \pars {% \int_ {2}^{2N}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x - \int_ {1}^{N}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x} \\ [5mm] = &\\N- 2 \lim_ {N \to \infty } \pars {% \int_ {N + 1}^{2N}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x - \int_ {1}^{2}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x} \\ [5mm] = &\\\N- -1 + 2 \lim_ {N \to \infty }\,\,\, \sum_ {k = N + 1}^{2N - 1}\N-,\N-, \int_ {k}^{k + 1}{ \left\lfloor x \right\rfloor \over x^{2}}\, \dd x = -1 + 2 \lim_ {N \to \infty }\,\,\, \sum_ {k = N + 1}^{2N - 1}\N-,\N-,{1 \over k + 1} \\ [5mm] = &\\\N- -1 + 2 \lim_ {N \to \infty }\,\,\, \sum_ {k = N + 2}^{2N}\N, {1 \over k} = -1 + 2 \lim_ {N \to \infty }\,\,\, \pars {H_{2N} - H_{N - 1}} \\ [5mm] = &\\N- \bbx {2 \ln\pars {2} - 1} \approx 0.3863 \\ & \end {align}