Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Tolaso J Kos · #1

Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{1} \left \{ \frac{1}{x} \left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor \right \}\, \mathrm{d}x }$
όπου $\{ \cdot \}$ είναι το κλασματικό μέρος και $\left \lfloor \cdot \right \rfloor$ το ακέραιο μέρος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #2

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Τρί Φεβ 15, 2022 10:28 am
Να υπολογιστεί το ολοκλήρωμα:

$\displaystyle{\mathcal{J} = \int_{0}^{1} \left \{ \frac{1}{x} \left \lfloor \frac{1}{x} \right \rfloor \right \}\, \mathrm{d}x }$
όπου $\{ \cdot \}$ είναι το κλασματικό μέρος και $\left \lfloor \cdot \right \rfloor$ το ακέραιο μέρος.

Επαναφορά,

το προσπαθώ καιρό αυτό αλλά καταλήγω στο παρακάτω και δε μπορώ να συνεχίσω, καμιά ιδέα κανείς

;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Tolaso J Kos · #3

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Κυρ Μαρ 03, 2024 12:57 am

Επαναφορά,

το προσπαθώ καιρό αυτό αλλά καταλήγω στο παρακάτω και δε μπορώ να συνεχίσω, καμιά ιδέα κανείς ;

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ
$\displaystyle J=\sum_{k=1}^{\infty}\left (k\cdot \ln \left (\dfrac{k+1}{k} \right ) -k \left (H_{k^2+k}-H_{k^2}\right )\right )$
όπου

Έχω καταλήξει στο ίδιο σημείο, αλλά έχω χάσει τη λύση (μάλλον τη διέγραψα). Χμμ.. θα προσπαθήσω να δω πού το είδα.

nickolas tsik · #4

Καλησπέρα μπορεί κάποιος να μου πει αν το χάνω κάπου;

$\displaystyle J = \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\} \, dx$

όπου $\{ \cdot \}$ είναι το κλάσμα μέρος και $\lfloor \cdot \rfloor$ είναι το ακέραιο μέρος.

Το κλάσματικο μέρος ενός αριθμού

ορίζεται ως $\{ y \} = y - \lfloor y \rfloor$ . Έτσι, έχουμε:

$\displaystyle \left\{ \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\} = \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\rfloor$

Ας συμβολίσουμε με $n = \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor$ . Για

στο διάστημα $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ , $n = \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor$ . Έτσι, το ολοκλήρωμα μπορεί να χωριστεί σε ένα άθροισμα ολοκληρωμάτων πάνω σε αυτά τα διαστήματα:

$\displaystyle J = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left\{ \frac{1}{xn} \right\} \, dx$

Μέσα σε κάθε διάστημα, το

είναι σταθερό, και έχουμε:

$\displaystyle \left\{ \frac{1}{xn} \right\} = \frac{1}{xn} - \left\lfloor \frac{1}{xn} \right\rfloor$

Αφού $\frac{n}{x}$ κυμαίνεται από $\frac{n(n+1)}{n}$ έως n^2

στο διάστημα $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ , έχουμε:

$\displaystyle \left\lfloor \frac{nx}{1} \right\rfloor = k \text{ για } x \in \left( \frac{k+1}{n}, \frac{k}{n} \right]$

Συνεπώς:

$\displaystyle \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left\{ \frac{1}{xn} \right\} \, dx = \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left( \frac{nx}{n} - k \right) \, dx$

Το πρώτο μέρος:

$\displaystyle \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \frac{nx}{n} \, dx - \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} k \, dx$

Το δεύτερο μέρος:

$\displaystyle k \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$

Αθροίζοντας για όλα τα

μας δίνει:

$\displaystyle J = \sum_{n=1}^{\infty} \left( n \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) - \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{1}{n(n+1)} \right)$

Το δεύτερο μέρος μπορεί να απλοποιηθεί χρησιμοποιώντας τον ορισμό των αρμονικών αριθμών $H_n = \sum_{k=1}^{n} \frac{1}{k}$ :

$\displaystyle \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{1}{n(n+1)} = \frac{1}{n(n+1)} \sum_{k=1}^{n} k = \frac{1}{n(n+1)} \cdot \frac{n(n+1)}{2} = \frac{1}{2}$

Συνεπώς, το άθροισμα γίνεται:

$\displaystyle J = \sum_{n=1}^{\infty} \left( n \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) - \frac{1}{2} \right)$

$\displaystyle J = \sum_{k=1}^ Έτσι, μπορούμε να γράψουμε το άθροισμα ως: \[ J = \sum_{k=1}^{\infty} \left( k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right) - k\left(\frac{H_k}{2} + \frac{k - H_k}{2}\right) \right)$
.

1. Απλοποίηση του $k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right)$ :

$\displaystyle \ln\left(\frac{k+1}{k}\right) = \ln(k+1) - \ln(k)$

Άρα,

$\displaystyle k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right) = k(\ln(k+1) - \ln(k)) = k \ln(k+1) - k \ln(k)$

2. Απλοποίηση του $k\left(\frac{H_k}{2} + \frac{k - H_k}{2}\right)$ :
:

$\displaystyle H_n = \sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i}$

Συνεπώς,

$\displaystyle H_k + k - H_k = \sum_{i=k+1}^{2k} \frac{1}{i}$

Άρα,

$\displaystyle k \left(\frac{H_k}{2} + \frac{k - H_k}{2}\right) = k \sum_{i=k+1}^{2k} \frac{1}{i}$

$\displaystyle J = \sum_{k=1}^{\infty} \left( k \ln(k+1) - k \ln(k) - k \sum_{i=k+1}^{2k} \frac{1}{i} \right)$
ή αλλιώς

$\displaystyle J = \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\} \, dx$

όπου $\{ \cdot \}$ είναι το κλάσμα μέρος και $\lfloor \cdot \rfloor$ είναι το ακέραιο μέρος.

Αρχικά, ας εκφράσουμε το κλάσμα μέρος $\left\{ \cdot \right\}$ πιο αναλυτικά. Το κλάσμα μέρος ενός αριθμού

ορίζεται ως $\{ y \} = y - \lfloor y \rfloor$ . Έτσι, έχουμε:

$\displaystyle \left\{ \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\} = \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{1}{x} \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor \right\rfloor$

Ας συμβολίσουμε με $n = \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor$ . Για

στο διάστημα $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ , $n = \left\lfloor \frac{1}{x} \right\rfloor$ . Έτσι, το ολοκλήρωμα μπορεί να χωριστεί σε ένα άθροισμα ολοκληρωμάτων πάνω σε αυτά τα διαστήματα:

$\displaystyle J = \sum_{n=1}^{\infty} \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left\{ \frac{1}{nx} \right\} \, dx$

Μέσα σε κάθε διάστημα, το

είναι σταθερό, και έχουμε:

$\displaystyle \left\{ \frac{1}{nx} \right\} = \frac{1}{nx} - \left\lfloor \frac{1}{nx} \right\rfloor$

Αφού $\frac{n}{x}$ κυμαίνεται από $\frac{n(n+1)}{n}$ έως n^2

στο διάστημα $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ , έχουμε:

$\displaystyle \left\lfloor \frac{nx}{1} \right\rfloor = k \text{ για } x \in \left( \frac{k+1}{n}, \frac{k}{n} \right]$

$\displaystyle \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left\{ \frac{1}{nx} \right\} \, dx = \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \left( \frac{nx}{n} - k \right) \, dx$

Το πρώτο μέρος:

$\displaystyle \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} \frac{nx}{n} \, dx - \int_{\frac{1}{n+1}}^{\frac{1}{n}} k \, dx$

Το δεύτερο μέρος:

$\displaystyle k \left( \frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)$

Αθροίζοντας για όλα τα

μας δίνει:

$\displaystyle J = \sum_{n=1}^{\infty} \left( n \ln\left(\frac{n+1}{n}\right) - \sum_{k=1}^{n} k \cdot \frac{1}{n(n+1)} \right)$

]
$\displaystyle J = \sum_{k=1}^{\infty} \left( \ln \left(\left(1 + \frac{1}{k}\right)^k\right) - k \ln\left(1 + \frac{1}{k}\right) - kO\left(\frac{1}{k^2}\right) \right)$

\item Εφαρμόσαμε τον τύπο για τον φυσικό λογάριθμο της 1+x

:
$\displaystyle \ln(1+x) = x - \frac{x^2}{2} + \frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4} + \cdots$

\item Μετατρέψαμε την έκφραση $k \cdot \ln\left(1 + \frac{1}{k}\right)$ χρησιμοποιώντας τη σειρά Taylor:
$\displaystyle k \cdot \ln\left(1 + \frac{1}{k}\right) = 1 - \frac{1}{2k} + \frac{1}{3k^2} - \frac{1}{4k^3} + \cdots$

\item Στη συνέχεια, ανέλυσαμε το δεύτερο μέλος της αρχικής έκφρασης:
$\displaystyle k \cdot \left(H_{k^2+k} - H_{k^2}\right) = \frac{1}{k^2+k}$

\item Συνδυάσαμε τις δύο αναλύσεις για να φτάσουμε στην τελική έκφραση:
$\displaystyle J = \sum_{k=1}^{\infty} \left(1 - \frac{1}{2k} + \frac{1}{3k^2} - \frac{1}{4k^3} + \cdots - \frac{1}{k^2+k}\right)$

nickolas tsik · #5

Τελικά το συγκεκριμένο βγαίνει $\displaystyle \mathcal{J} = \sum_{n=1}^{\infty} n \sum_{k=0}^{n-1} \left[ \ln\frac{n^2+k+1}{\,n^2+k} - \frac{1}{n^2+k+1} \right]$ που,δεν νομίζω ότι απλοποοιείται με κάποιο συμβατικό τρόπο.Βέβαια αν το πάμε από νωρίς(διαστήματα και π.ε μεταβλητών)με προσέγγιση των λογαρίθμων κάνει περίπου 0.5

#6

Νικόλα, επειδή επανέρχεσαι στο θέμα ας επισημάνω ότι σε μερικά σημεία δυσκολεύομαι να ακολουθήσω τον συλλογισμό σου λόγω μικρών απροσεξιών, που όμως συσσωρεύονται. Κάνε σε παρακαλώ έναν έλεγχο όταν γράφεις για να μην χάνεται η κατά τα άλλα εντυπωσιακή σου απάντηση.

Για παράδειγμα, τι ακριβώς λέει εδώ (κάπου στην μέση της πρώτης λύσης):
.

nickolas tsik έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 23, 2024 12:54 am

$\displaystyle J = \sum_{k=1}^ Έτσι, μπορούμε να γράψουμε το άθροισμα ως: \[ J = \sum_{k=1}^{\infty} \left( k \ln\left(\frac{k+1}{k}\right) - k\left(\frac{H_k}{2} + \frac{k - H_k}{2}\right) \right)$
.

.
Επίσης σε δύο σημεία γράφεις
.

nickolas tsik έγραψε: ↑
Πέμ Μάιος 23, 2024 12:54 am

Αφού $\frac{n}{x}$ κυμαίνεται από $\frac{n(n+1)}{n}$ έως στο διάστημα $\left( \frac{1}{n+1}, \frac{1}{n} \right]$ , έχουμε:

.
Όπως το βλέπω ο ίδιος είναι ότι το $\frac{n}{x}$ κυμαίνεται από n^2

έως

Ίσως πρόκειται για απλή τυπογραφική αβλεψία, αλλά καλό είναι να αποφεύγεται (δεδομένου ότι το ίδιο αυτό σημείο υπάρχει δύο φορές).

Όπως και να είναι, έχω εντυπωσιαστεί.

Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Re: Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Re: Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Re: Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Re: Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Re: Ολοκλήρωμα με ακέραιο μέρος

Μέλη σε σύνδεση