Calculemos la extraña integral

Publicado por ^DiAmOnD^ | 22 septiembre, 2009 | Juegos | 12 |

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.

0 0 votes

Article Rating

¿Te ha gustado la entrada? Puedes invitarme a un café, Gauss te lo agradecerá 😉

Sobre el Autor

^DiAmOnD^

Miguel Ángel Morales Medina. Licenciado en Matemáticas y autor de Gaussianos y de El Aleph. Puedes seguirme en Twitter o indicar que te gusta mi página de Facebook. También tengo un blog dedicado a las "escape rooms", por si te apetece pasarte: XRooMers.

Puedes utilizar código LaTeX para insertar fórmulas en los comentarios. Sólo tienes que escribir
[latex]código-latex-que-quieras-insertar[/latex]
o
$latex código-latex-que-quieras-insertar$ .

Si tienes alguna duda sobre cómo escribir algún símbolo puede ayudarte la Wikipedia.

Y si los símbolos < y > te dan problemas al escribir en LaTeX, te recomiendo que uses los códigos html & lt; y & gt; (sin los espacios) respectivamente.

Este sitio usa Akismet para reducir el spam. Aprende cómo se procesan los datos de tus comentarios.

12 Comments

más antiguo

más reciente más votado

Inline Feedbacks

View all comments

Bitacoras.com

22/09/2009 08:47

Información Bitacoras.com…

Valora en Bitacoras.com: Problema semanal al canto: Calcular la siguiente integral: donde representa la parte fraccionaria (o decimal) del número real Por si no queda suficientemente claro os dejo un par de ejemplos: Suerte….

Responde

Javier

22/09/2009 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.

22/09/2009 10:01

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

Dado que

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

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

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.

Responde

J. H. S.

22/09/2009 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? 🙂

Responde

Jose

23/09/2009 00:17

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

Gracias!

Responde

23/09/2009 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.

Responde

Nicolás

23/09/2009 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).

Responde

Sote·

23/09/2009 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 $\LaTeX$

Responde

Jose

23/09/2009 04:15

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

Gracias!

Responde

toniii

23/09/2009 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!

Responde

23/09/2009 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).

Responde

Ricardo

23/09/2009 19:11

Para M|3 ¿De dónde sale esa fórmula? Pregunto porque me ha llamado mucho la atención…

Responde

23/09/2009 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
$\zeta(s)=\dfrac{s}{s-1}-s\displaystyle{\int_1^\infty}\dfrac{\{x\}}{x^{s+1}}$ .