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Intégrale double et partie fractionnaire

Envoyé par Anselme-Olivier 
Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Bonsoir,

Je ne crois pas avoir croisé la valeur exacte de $$I := \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xy}\right\}^{2} \mathrm{d}x\:\mathrm{d}y $$ où $\left\{x\right\}$ désigne la partie fractionnaire de $x$.
Me trompé-je ?

Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
On peut commencer par se ramener à une intégrale unidimensionnelle, via le changement de variables standard $ u=x, \, v=xy.$
Le jacobien $ \displaystyle \left| \frac{\mathrm{D}(u,v)}{\mathrm{D}(x,y)} \right|$ vaut alors $u$ et on obtient $$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xy}\right\}^{2} \mathrm{d}x\:\mathrm{d}y = \int_{0}^{1} \! \left\{1/v\right\}^{2} \int_{v}^{1}
\: \frac{\mathrm{d}u}{u} \: \mathrm{d}v = - \int_{0}^{1}
\left\{1/v\right\}^{2} \ln v\: \mathrm{d}v.$$
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
avatar
Bonjour AO,

Je n'ai pas fait comme ça, mais je trouve $1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2}$. C'est bon ?
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Bravo Juge Ti !

Ainsi : $$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xy}\right\}^{2} \mathrm{d}x\:\mathrm{d}y = 1-\gamma+\dfrac{\gamma^2}{2}-\dfrac{\pi^2}{24}+\ln(2\pi)-\dfrac{\ln^2(2\pi)}{2}.$$

Oui, il y a différentes façons de procéder.

Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Bonjour Juge Ti, ta méthode te permet-elle de déterminer $$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1}\int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xyz}\right\}^{2} \mathrm{d}x\:\mathrm{d}y\:\mathrm{d}z \quad ?$$ Cordialement
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
avatar
En fait j'avais écrit $[0,1]^2$ comme réunion des $\left\{(x,y)\in[0,1]^2\,\big|\,\dfrac{1}{n+1}< xy\leq\dfrac{1}{n}\right\}$ ce qui donnait après calculs :
$$I=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=1}^N\ln^2n+2\sum_{n=1}^N\ln n-\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{n}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-N\ln^2N+1,$$
et Maple m'a aimablement fourni des développements asymptotiques de chacune de ces sommes.

En procédant de manière analogue pour la deuxième intégrale, j'obtiens :
$$J=\lim_{N\to+\infty}\frac{1}{3}\sum_{n=1}^N\ln^3n+\sum_{n=1}^N\ln^2n+2\sum_{n=1}^N\ln n-\frac{1}{2}\sum_{n=1}^N\frac{\ln^2 n}{n}-\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{n}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-\frac{1}{3}N\ln^3N-2N\ln N+2N-1,$$
ce qui donne si je ne me suis pas trompé :
$$J=-\frac{\gamma^3}{3}+\frac{\gamma^2}{2}-\gamma\gamma_1-\gamma-\gamma_2+\dfrac{\ln^3(2\pi)}}{6}-\dfrac{\ln^2(2\pi)}}{2}+\left(1-\frac{\gamma^2}{2}-\gamma_1+\frac{\pi^2}{24}\right)\ln(2\pi)}-\frac{\pi^2}{24}+\frac{\zeta(3)}{3}-1,$$
soit $J\approx 0,33353636$.
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Joli Juge Ti !

Félicitations !

Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Afin de déterminer une formule générale, je propose la démarche suivante.

Théorème 1. Soit $s$ un nombre complexe tel que $\Re{s}>-1$,$s\neq 0$ et $s\neq 1$. On a \begin{equation}\displaystyle & \int_{0}^{1} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2}\:\mathrm{d}x = -\frac{2\zeta(s)}{s(1+s)}-\frac{\zeta(1+s)}{1+s}-\frac{1}{1-s} \end{equation} où $\left\{x\right\}$ désigne la partie fractionnaire de $x$ et $\zeta$ est la fonction zeta de Riemann.
Preuve. Dans un premier temps, choisissons $s$ tel que $\Re s>2$.
On a \begin{align}
\displaystyle \int_{0}^{1} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2}\:\mathrm{d}x & = \sum_{k=1}^{\infty}
\displaystyle \int_{1/(k+1)}^{1/k} x^{s}\left\{1/x\right\}^{2} \:\mathrm{d}x \nonumber \\
& = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{k}^{k+1} (x-k)^{2} \frac{\mathrm{d}x}{x^{s+2}} \nonumber \\
& = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{x^{2}}{(x+k)^{s+2}}\mathrm{d}x \nonumber \\
& = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \int_{0}^{1}\left(\frac{1}{(x+k)^{s}}-\frac{2k}{(x+k)^{s+1}}+ \frac{k^{2}}{(x+k)^{s+2}}\right)\mathrm{d}x \nonumber \\
& = \sum_{k=1}^{\infty} \displaystyle \left. \left( -\frac{1}{(s-1)} \frac{1}{(x+k)^{s-1}} +\frac{2}{s}\frac{k}{(x+k)^{s}}
-\frac{k^{2}}{(s+1)(x+k)^{s+1}} \right) \right|_{0}^{1}\nonumber \\
& = -\frac{1}{1-s} -\frac{2\zeta(s)}{s(1+s)}-\frac{\zeta(1+s)}{1+s}. \nonumber \end{align} On étend ensuite l'identité précédente par prolongement analytique.


Théorème 2. Soit $n=1,2,3 \cdots$. On a \begin{equation}
\displaystyle \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\displaystyle \int_{0}^{1}
\left\{1/u\right\}^{2} \ln ^{n-1} u\: \mathrm{d}u = 1-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\zeta^{(k)}(0)
+(-1)^{n} \end{equation} où $\left\{x\right\}$ désigne la partie fractionnaire de $x$, $\zeta$ est la fonction zeta de Riemann et $\gamma_{k}$ sont les constantes de Laurent-Stieltjes définies par $$\gamma_{k} = \displaystyle \lim_{N \rightarrow \infty}\left(\sum_{\ell=1}^{N}\frac{\ln^{k}\ell}{\ell}-\frac{\ln^{k+1}N}{k+1} \right).$$
Preuve. En considérant $s$ tel que $0<s<1$, dans le théorème 1, il suffit alors de développer en série entière les deux membres de (1) en fonction de $s$ près de $0^{+}$, puis d'en identifier les coefficients.


Théorème 3. (O. Oloa, May 4th 2013) On a \begin{equation}
\displaystyle \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1}
\left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} = 1-\sum_{k=0}^{n-1}\frac{\gamma_{k}}{k!}+2\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\zeta^{(k)}(0)
+(-1)^{n} \end{equation} où $\left\{x\right\}$ désigne la partie fractionnaire de $x$, $\zeta$ est la fonction zeta de Riemann et $\gamma_{k}$ sont les constantes de Laurent-Stieltjes.
Preuve. Le changement de variables \begin{align}
\displaystyle u_{1} & = x_{1} \nonumber \\
u_{2} & = x_{1}x_{2} \nonumber \\
& \vdots \nonumber \\
u \, & = x_{1}x_{2} \cdots x_{n} \nonumber
\end{align} permet d'établir que \begin{equation}
\displaystyle \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1}
\left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} =
\displaystyle \frac{(-1)^{n-1}}{(n-1)!}\displaystyle \int_{0}^{1}
\left\{1/u\right\}^{2} \ln ^{n-1} u\: \mathrm{d}u \nonumber \end{equation} On applique alors le théorème 2.

Ces résultats sont plutôt nouveaux.

Cordialement,
Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
avatar
C'est impressionnant, je ne pensais pas qu'on pouvait obtenir un résultat général et cette formule est finalement assez simple.

Numériquement il semble alors que :
$$\lim_{n\to+\infty}\displaystyle \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1}
\left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} =\dfrac{1}{3}.$$

On peut montrer que $\displaystyle\sum_{k=0}^{+\infty}\frac{\gamma_{k}}{k!}=\dfrac{1}{2}$ avec [en.wikipedia.org], et il semble que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n} \frac{(-1)^k}{k!}\zeta^{(k)}(0)+\dfrac{(-1)^{n}}{2}=\zeta(-1)=-\dfrac{1}{12}$ mais ça je ne sais pas le montrer.
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Bonjour Juge Ti,

Au voisinage de 1, $\zeta$ est méromorphe avec un pôle simple de résidu 1, on a le développement en série de Laurent pour $s$ près de 0 : $$\displaystyle \zeta(s+1) = \frac{1}{s}+\sum_{k=0}^{\infty} (-1)^k \frac{\gamma_{k}}{k!}s^{k}.$$ D'où, en prenant $s=-1,$ effectivement : $$\displaystyle -\frac{1}{2}=\zeta(0) = \frac{1}{-1}+\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\gamma_{k}}{k!}.$$ ou $$\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} \frac{\gamma_{k}}{k!} = \frac{1}{2}.$$

Edit : message modifié après ta remarque pertinente.

Cordialement
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
avatar
Bonjour AO,

Le problème c'est que le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle\sum_{k\geq 0}\frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}s^k$ est $1$ puisque $\zeta$ a une singularité en $1$, donc l'égalité $\displaystyle\zeta(s)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!} s^k$ est valable pour $|s|<1$ mais pas forcément en $-1$.

De fait si je pose $\displaystyle S_n=\sum_{k=0}^{n} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}(-1)^k$, Maple me donne $S_{2n}\approx -0,58333$ et $S_{2n+1}\approx 0,41666$ quand $n$ est grand, c'est pour ça que je conjecture que $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}(-1)^k+\dfrac{(-1)^{n}}{2}=-\dfrac{1}{12}$.
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Exact, c'est alors plus intéressant !

Conjecture (Juge Ti) :
$$\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}(-1)^k+\dfrac{(-1)^{n}}{2}=-\dfrac{1}{12}$$
équivalente (d'après le théorème 3 ci-dessus) à $$\lim_{n\to+\infty}\displaystyle \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1}
\left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\}^{2} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} =\dfrac{1}{3}.$$
On sait déjà que (O. Furdui) $$\lim_{n\to+\infty} \int_{0}^{1} \! \cdots \! \int_{0}^{1}
\left\{\frac{1}{x_{1} \cdots x_{n}}\right\} \:\mathrm{d}x_{1} \cdots \mathrm{d}x_{n} = \lim_{n\to+\infty} \left( 1- \sum_{k=0}^{n-1} \frac{\gamma_{k}}{k!} \right) = \dfrac{1}{2}.$$
Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Bonsoir Juge Ti,

Citation
Juge Ti
Le problème c'est que le rayon de convergence de la série entière $\displaystyle\sum_{k\geq 0}\frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}s^k$ est $1$ puisque $\zeta$ a une singularité en $1$, donc l'égalité $\displaystyle\zeta(s)=\sum_{k=0}^{\infty} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!} s^k$ est valable pour $|s|<1$ mais pas forcément en $-1$.
En écrivant plutôt l'identité $$ \zeta(s)+ \frac{1}{1-s} =\sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!} +1\right) s^k, \qquad -1<s<1, $$ le membre de gauche n'a plus de singularité en 1. On peut alors appliquer le lemme d'Abel et faire tendre $s$ vers -1 pour obtenir $$ \zeta(-1)+ \frac{1}{2} =\sum_{k=0}^{\infty} \left(\frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!} +1\right) (-1)^k.$$ Ainsi $$ \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}(-1)^k+\dfrac{(-1)^{n}}{2}\right) = \lim_{n\to+\infty} \left(\sum_{k=0}^{n} \left(\frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!} +1\right) (-1)^k-\frac{1}{2}\right) = \zeta(-1) = -\frac{1}{12}.$$ Ce qui valide ta conjecture.

Anselme-Olivier
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
avatar
Bien joué ! thumbs down
B....t non loggué
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
drinking smiley Bien joué A.O. Cela va me permettre de faire de nouveaux essais pour ma conjecture en dimension quelconque (cf. le para 4.2 ici) en essayant de la généraliser comme pour la dimension 1.(cf. para 1.1 du même papier).
Re: Intégrale double et partie fractionnaire
il y a sept années
Merci Juge Ti.

Merci Benoit et félicitations pour ton papier.
Bonjour OA tes résultats sont impressionnants.
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