Límite de $\int_0^1\frac1x B_{2n+1}\left(\left\{\frac1x\right\}\right)dx$

Question

Establecer $$u_n= \int_0^1 \frac{B_{2n+1}\left(\left\{\frac1x\right\}\right)}{x}dx\tag1$$ donde $\left\{t\right\}=t-\lfloor t \rfloor$ denota la parte fraccionaria de $t$ y donde $B_n(\cdot)$ son los polinomios de Bernoulli: $$ \begin{aligned}B_{1}(x)&=x-\frac12\\B_{3}(x)&=x^3-\frac32x^2+\frac12x\\\ldots\,&= \ldots\end{aligned}$$

Me interesa encontrar $\lim\limits_{n \to +\infty}|u_n|.$ He intentado ver qué da Wolfram|Alpha sin éxito. Mi suposición es que $$\lim\limits_{n \to +\infty}|u_n|=+\infty. \tag2$$

¿Podría probar/desmentir $(2)$ ? Gracias.

Answer 1

Partir de la definición de Polinomios de Bernoulli en función de su función de generación

$$\frac{t e^{xt}}{e^t - 1} = \sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n!} B_n(x)$$

Si se multiplican ambos lados por $e^{-2\pi i kx}$ para cualquier $k \in \mathbb{Z}$ e integramos, obtenemos

$$ \sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n!} \int_0^1 B_n(x) e^{-2\pi i k x} dx = \frac{t}{e^{t}-1} \int_0^1 e^{(t-2\pi i k) x} dx = \frac{t}{t-2\pi i k} $$ Comparando los coeficientes de $t^n$ de dos lados, encontramos para $n > 0$ ,

$$\int_0^1 B_n(x) e^{-2\pi ik x} dx = \begin{cases} 0, & k = 0,\\ - \frac{n!}{(2\pi ik)^n}, & k \ne 0 \end{cases} $$ En consecuencia, para $n > 0$ el polinomio de Bernoulli $B_n(x)$ tiene lo siguiente Expansión en serie de Fourier sobre $(0,1)$ .

$$B_n(\{x\}) = -\frac{n!}{(2\pi i)^n} \sum_{|k|>0} \frac{e^{2\pi i kx}}{k^n} \tag{*1}$$

Para grandes $n$ el LHS de $(*1)$ está dominado por los dos términos con $|k| = 1$ . Esto significa que para cualquier $x \in (0,1)$ , si se fija la paridad de $n$ y enviar $n$ a $\infty$ tendremos

$$(-1)^{\lfloor n/2 \rfloor - 1} \frac{(2\pi)^n}{2(n!)} B_n(\{x\}) \quad\to\quad \begin{cases} \cos(2\pi x), &n \text{ even}\\ \sin(2\pi x), &n \text{ odd} \end{cases} \tag{*2} $$

Pasemos a la evaluación de la integral $u_n$ para $n > 0$ .
Sea $u = 1/x$ tenemos

$$\begin{align} &\int_0^1 B_n\left(\left\{ \frac1x \right\}\right) \frac{dx}{x} = \lim_{N\to\infty} \int_{1/N}^1 B_n\left(\left\{ \frac1x \right\}\right) \frac{dx}{x}\\ =& \lim_{N\to\infty} \int_1^N B_n(\{u\}) \frac{du}{u} = \lim_{N\to\infty} \sum_{j=1}^{N-1} \int_j^{j+1} B_n(\{u\}) \frac{du}{u}\\ =& \lim_{N\to\infty} \int_0^1 B_n(u) \sum_{j=1}^{N-1} \frac{1}{u+j} du = \lim_{N\to\infty} \int_0^1 B_n(u) \sum_{j=1}^{N-1} \left( \frac{1}{u+j} - \frac{1}{j} \right) du\\ =& \int_0^1 B_n(u) \sum_{j=1}^\infty \left( \frac{1}{u+j} - \frac{1}{j} \right) du \end{align} $$ Compara la serie de la última integral con la siguiente expansión de función digamma

$$\psi(1+z) = -\gamma + \sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{k} - \frac{1}{k+z}\right)$$

encontramos para $n > 0$ , $$\int_0^1 B_n\left(\left\{ \frac1x \right\}\right) \frac{dx}{x} = -\int_0^1 B_n(u) \psi(1+u) du\tag{*3}$$

Combine $(*2)$ y $(*3)$ para grandes $k$

$$u_{2k+1} \sim (-1)^{k-1}\frac{2C(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}} \quad\implies\quad |u_{2k+1}| \to \infty \;\;\text{ as }\;\; k \to \infty $$

donde $C$ es una constante definida por una integral $$\begin{align} C & = -\int_0^1 \sin(2\pi x) \psi(1+x) dx = \int_1^\infty \frac{\sin(2\pi x)}{x} dx = \frac{\pi}{2} - \text{Si}(2\pi)\\ & \approx 0.1526447506622681689855415293400020129561... \end{align}$$

Answer 2

Podemos obtener una forma cerrada para esta integral.

Proposición. Sea $k=1,2,3,\ldots$ . Entonces

$$ \int_0^1 \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx=(-1)^{k+1}\frac{(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\pi \: \zeta(2k+1)-\sum_{j=0}^{2k}\!\frac{ {{2k+1}\choose j} B_j}{2k+1-j} \quad (*) $$

Prueba. Recordemos la célebre expansión de Fourier (véase este bonito papel , p. 9) $$ B_{2k+1}(\{x\}) = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{p=1}^{\infty} \frac{\sin (2\pi px)}{p^{2k+1}}, \quad 0\leq x \leq 1, \tag1 $$

así, por un lado, se puede escribir

$$\begin{align} \int_0^{+\infty} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx & = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p^{2k+1}}\int_0^{+\infty} \frac{\sin (2\pi p\left\{ 1/x \right\})}{x}dx\\ & = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p^{2k+1}}\int_0^{+\infty} \frac{\sin (2\pi p/x )}{x}dx\\ & = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p^{2k+1}}\int_0^{+\infty} \frac{\sin (2\pi p\:x)}{x}dx\\ & = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\sum_{p=1}^{\infty} \frac{1}{p^{2k+1}}\cdot\frac{\pi}{2}\\ & = (-1)^{k+1}\frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\frac{\pi}{2} \: \zeta(2k+1). \tag2 \end{align}$$ Por otra parte, tiene $$\begin{align} \int_0^{+\infty} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx & = \int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx +\int_1^{+\infty} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx \\ & = \int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx +\int_1^{+\infty} \frac{B_{2k+1}\left(1/x\right)}{x}dx\\ & = \int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx +\int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(x\right)}{x}dx \tag3 \\ & = \int_0^{1} \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx +\sum_{j=0}^{2k}\!\frac{ {{2k+1}\choose j} B_j}{2k+1-j}, \tag4 \end{align} $$ utilizando $$ B_n(x)=\sum_{j=0}^{n}{{n}\choose j} B_j\:x^{n-k}. $$ Entonces $(4)$ junto con $(2)$ da $(*)$ .

Utilizando la convergencia uniforme en $[0,1]:$ $$ (-1)^{k+1} \frac{(2\pi)^{2k+1}}{2(2k+1)!} B_{2k+1}(x) \longrightarrow \sin(2\pi x) $$ (demostrado aquí Corolario 1, pdf p. 3) se deduce que $$ (-1)^{k+1} \int_0^1 \frac{B_{2k+1}\left(x\right)}{x}dx \sim \frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\int_0^1 \frac{\sin(2\pi x)}{x}dx \tag5 $$ como $k \to +\infty$ . En consecuencia, como $k \to +\infty$ combinando $(5)$ , $(3)$ y $(2)$ con $ \displaystyle \zeta(2k+1)=1+o\left(\frac1k\right)$ conduce a $$ |u_k|=\left|\int_0^1 \frac{B_{2k+1}\left(\left\{ 1/x \right\}\right)}{x}dx\right| \sim \frac{2(2k+1)!}{(2\pi)^{2k+1}}\left( \frac{\pi}{2}-\int_0^1 \frac{\sin(2\pi x)}{x}dx\right) $$ que tiende a $+\infty$ .