Matematické Fórum

Nevíte-li si rady s jakýmkoliv matematickým problémem, toto místo je pro vás jako dělané.

Nástěnka
!! 17.06.2018 (Jel.) Khanova škola zve nadšence ke spolupráci na překladech návodů pro učitele a rodiče.
! 04.11.2016 (Jel.) Čtete, prosím, před vložení dotazu, děkuji!
17.01.2016 (Jel.) Rok 2016 s novými a novějšími krystaly od kolegy Pavla!
17.01.2016 (Jel.) Nabídka knih z oborů matematiky, fyziky, chemie
23.10.2013 (Jel.) Zkuste před zadáním dotazu použít některý z online-nástrojů, konzultovat použití můžete v sekci CAS.

Nejste přihlášen(a). Přihlásit

#1 08. 11. 2017 14:58 — Editoval Marian (08. 11. 2017 15:00)

Marian
Místo: Mosty u Jablunkova
Příspěvky: 2506
Škola: OU
Pozice: OA, VSB-TUO
Reputace:   66 
 

Fractional part integral

Calculate the definite integral

$
\boldsymbol{I_k:=\int_{0}^{1}\{\frac{k}{\sqrt[k]{x}}\}\mathrm dx},\qquad k\ge 2,\quad k\in\mathbb N,
$

where {z} denotes the fractional part of the real number z.

Also, evaluate the limit

$
\boldsymbol{\lim_{k\to\infty}I_k}.
$




Detailed solution required...

Offline

  • (téma jako vyřešené označil(a) Marian)

#2 08. 04. 2019 23:56 — Editoval laszky (09. 04. 2019 02:11)

laszky
Příspěvky: 1411
Škola: MFF UK, FJFI CVUT
Reputace:   112 
 

Re: Fractional part integral

↑ Marian:

Hi,

The inequality $p\leq \frac{k}{\sqrt[k]{x}} \leq p+1$ is equivalent to $\left(\frac{k}{p+1}\right)^k \leq x \leq \left(\frac{k}{p}\right)^k$, hence

$\int_0^1 \{\frac{k}{\sqrt[k]{x}} \}\,\mathrm{d}x = \sum_{p=k}^{\infty}\int_{\left(\frac{k}{p+1}\right)^k}^{\left(\frac{k}{p}\right)^k} \frac{k}{\sqrt[k]{x}} -p\, \mathrm{d}x = \int_0^1\frac{k}{\sqrt[k]{x}}\,\mathrm{d}x - \sum_{p=k}^{\infty}p \left(\left(\frac{k}{p}\right)^k-\left(\frac{k}{p+1}\right)^k\right) = $
$= k\left[\frac{x^{\frac{k-1}{k}}}{\frac{k-1}{k}}\right]_0^1 - k^k \sum_{p=k}^{\infty}\left(\frac{1}{p^{k-1}} -\frac{1}{(p+1)^{k-1}}+ \frac{1}{(p+1)^k}\right) = \frac{k^2}{k-1} - k^k \left(\frac{1}{k^{k-1}} + \sum_{p=k}^{\infty}\frac{1}{(p+1)^k}\right) =$
$= \frac{k^2-k^2+k}{k-1} - k^k\sum_{p=k}^{\infty}\frac{1}{(p+1)^k} = \frac{k}{k-1}-k^k \zeta(k,k+1)$

with Hurwitz zeta function $\zeta(x,a)$.

By computer calculations, the limit $\lim_{k\to\infty}I_k$ seems to be close to 0.418, but I did not yet verify it rigorously (if it is even possible).

Offline

 

#3 09. 04. 2019 14:12

Marian
Místo: Mosty u Jablunkova
Příspěvky: 2506
Škola: OU
Pozice: OA, VSB-TUO
Reputace:   66 
 

Re: Fractional part integral

It is possible to find the exact value of the limit investigated. It is not so complicated to find it. Try to rewrite the Hurwitz function and work with the infinite series that is multiplied by k^k.

Let yourself be surprised...

Offline

 

#4 10. 04. 2019 10:15

laszky
Příspěvky: 1411
Škola: MFF UK, FJFI CVUT
Reputace:   112 
 

Re: Fractional part integral

↑ Marian:

Thank you for that hint.

Since for the i-th term of the sum $\sum_{i=1}^{\infty}\left(\frac{k}{k+i}\right)^k$ there holds

$\lim_{k\to\infty}\left(\frac{k}{k+i}\right)^k = \lim_{k\to\infty}\left(1-\frac{i}{k+i}\right)^{k+i}\left(1-\frac{i}{k+i}\right)^{-i}=\mathrm{e}^{-i}$, there is

$\lim_{k\to\infty} I_k\;=\;\lim_{k\to\infty} \frac{k}{k-1}-\sum_{p=k}^{\infty}\left(\frac{k}{p+1}\right)^k\;=\;\lim_{k\to\infty} \frac{k}{k-1}-\sum_{i=1}^{\infty}\left(\frac{k}{k+i}\right)^k\;=$
$=\;1-\sum_{i=1}^{\infty}\mathrm{e}^{-i}\;=\;1-\frac{\frac{1}{\mathrm{e}}}{1-\frac{1}{\mathrm{e}}}\;=\;\frac{\mathrm{e}-2}{\mathrm{e}-1}\;\approx\;0.418$

Offline

 

#5 10. 04. 2019 10:37

Marian
Místo: Mosty u Jablunkova
Příspěvky: 2506
Škola: OU
Pozice: OA, VSB-TUO
Reputace:   66 
 

Re: Fractional part integral

Now that's what I call fine job. Nice.

Offline

 

Zápatí

Powered by PunBB
© Copyright 2002–2005 Rickard Andersson