Calculemos la extraña integral

Problema semanal al canto:

Calcular la siguiente integral:

$\displaystyle{\int_1^\infty \cfrac{\{x\}}{x^3}dx}$

donde $\{x\}$ representa la parte fraccionaria (o decimal) del número real $x$

Por si no queda suficientemente claro os dejo un par de ejemplos:

$\{4.56\}=0.56$
$\{7\}=0$

Suerte.

Sin comentarios

Trackback | 22 Sep, 2009

Bitacoras.com
Javier | 22 de September de 2009 | 09:36

El resultado es $\displaystyle 1-\frac{\pi^2}{12}$

hacemos ${x}=x-ent(x)$ , la primera integral es inmediata y la segunda divimos en intervalos [n, n+1), y calculmos el sumatorio de las integrales.

Un cordial saludo.
J. H. S. | 22 de September de 2009 | 10:01

La integral converge pues el integrando es $O(x^{-3})$ . Denotemos el valor al que converge con I.

Dado que

$\displaystyle \int_{1}^{\infty} \frac{{x}}{x^{3}} = \int_{1}^{\infty} \frac{x-[x]}{x^{3}} = \sum_{k=1}^{\infty} \int_{k}^{k+1} \frac{x-k}{x^{3}}$

y

$\displaystyle \int_{k}^{k+1} \frac{x-k}{x^{3}} = \left(\frac{1}{2(k+1)}-\frac{1}{2k}\right) + \left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1}\right)-\frac{1}{2(k+1)^{2}}$

se sigue que

$\displaystyle \mathbf{I} = \sum_{k}^{\infty} \left(\frac{1}{2(k+1)}-\frac{1}{2k}\right) + \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)- \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^{2}} = 1 - \frac{\pi^{2}}{12}.$

Saludos.
J. H. S. | 22 de September de 2009 | 10:10

¡Ouch! Se me han ido todos los diferenciales y el límite inferior de la primera suma en la última línea. ¿Podrías activar un botón de edición, estimado Diamond?
Jose | 23 de September de 2009 | 00:17

¿Cómo se calcula al final la serie? Es que me he quedado un poco atascado en ella….

Gracias!
M | 23 de September de 2009 | 00:20

Simplemente añadir que $\displaystyle{\int_1^\infty \cfrac{\{x\}}{x^{s+1}}\;dx}=\dfrac{1}{s-1}-\dfrac{\zeta(s)}{s}$ , para Re s>1, siendo $\zeta(s)$ la función zeta de Riemann. Despejando el valor de la zeta en función de la integral vemos que así se puede extender la zeta al semiplano complejo positivo Re s>0, obteniendo un polo simple en $s=1$ (con residuo 1). Para prolongar la zeta al resto del plano complejo se usa la función Gamma.
Nicolás | 23 de September de 2009 | 01:30

No sé cómo resolver la integral, pero la he escrito en el Wolfram Alpha, y tampoco la ha sabido resolver. Esto es lo que puse: “integrate (x-Int[x])/x^3 dx from x=1 to infinity”. Lo interesante de esta integral es que cuando el denominador es x^3 el resultado se relaciona con pi, mientras que cuando es x^2 (WA tampoco lo ha sabido hacer), el resultado es 1-(la constante de Euler-Mascheroni)como se puede ver aquí:http://mathworld.wolfram.com/FractionalPart.html. Sería muy interesante ver si se relaciona con otro irracional conocido (como e) si el denominador fuera otro,(como x o x^4).
Sote· | 23 de September de 2009 | 03:26

José,si te refieres a la última linea:
$\displaystyle \mathbf{I} = \sum_{k=1}^{\infty} \left(\frac{1}{2(k+1)}-\frac{1}{2k}\right) + \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)- \frac{1}{2} \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^{2}} = 1 - \frac{\pi^{2}}{12}$
Las dos primeras sumatorias se calculan rapidamente (telescópica):
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2(k+1)}-\frac{1}{2k}\right)=\frac{-1}{2}-\frac{-1}{\infty}=-\frac{1}{2}$ .
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{k}-\frac{1}{k+1} \right)=\frac{1}{1}-\frac{1}{\infty}=1$
Por último la tercera serie, se sabe:
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}$
Entonces:
$\displaystyle \sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)^{2}}=\frac{\pi^{2}}{6}-1$
Sumando:
$latex \displaystyle -\frac{1}{2}+1-\frac{1}{2}\left (\frac{\pi^{2}}{6}-1 \right )=1-\frac{\pi^{2}}{12}
$
Bueno, no se si me he liado, pero es la primera vez que escribo en $\LaTeX$
Jose | 23 de September de 2009 | 04:15

Eih! Gracias! Sobre todo era por la última, que no sabía si se podía hacer de una manera más “metódica” (fácil).

Gracias!
toniii | 23 de September de 2009 | 12:24

M, por favor, me puedes comentar algún libro en el que aparezca dicha propiedad con demostración rigurosa?
Bueno, M o cualquiera que lea esto y tenga idea, se lo pregunto a él por ser el que lo ha puesto.
Muchas gracias de antemano!
M | 23 de September de 2009 | 16:19

Toniii, esta cuestión se puede ver en muchos sitios. Yo en particular la había sacado del libro “The Riemann Hypothesis. A resource for the afficionado and virtuoso alike” de Borwein, Choi, Rooney y Weirathmüller. Sin embargo, acabo de ver
el siguiente pdf que indica lo mismo (incluso lo que comenta Nicolás) en la página 2 (ecuaciones 3 y 4).
Ricardo | 23 de September de 2009 | 19:11

Para M|3 ¿De dónde sale esa fórmula? Pregunto porque me ha llamado mucho la atención…
M | 23 de September de 2009 | 20:31

Ricardo, sale como hizo J.H.S. para el caso $s=2$ :

$\displaystyle{\int_1^\infty \frac{x-\lfloor x\rfloor}{x^{s+1}}dx}=\displaystyle{\int_1^\infty \frac{dx}{x^s}}-\sum_{n=1}^\infty n\int_n^{n+1} \dfrac{dx}{x^{s+1}}= \dfrac{1}{s-1}-\dfrac{1}{s}\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} n\left(\dfrac{1}{n^s}-\dfrac{1}{(n+1)^s}\right)=\dfrac{1}{s-1}-\dfrac{1}{s}\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty} \dfrac{1}{n^s}$ .

Lo curioso es que permite redefinir $\zeta(s)$ (aunque sólo para Re s>0, $s\neq 1$ ) como
$\zeta(s)=\dfrac{s}{s-1}-s\displaystyle{\int_1^\infty}\dfrac{\{x\}}{x^{s+1}}$ .