Intégrale double et partie fractionnaire
dans Analyse
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
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
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Réponses
Le jacobien $ \displaystyle \left| \frac{\mathrm{D}(u,v)}{\mathrm{D}(x,y)} \right|$ vaut alors $u$ et on obtient $$ \int_{0}^{1} \int_{0}^{1} \left\{ \frac{1}{xy}\right\}^{2} \mathrm{d}x\:\mathrm{d}y = \int_{0}^{1} \! \left\{1/v\right\}^{2} \int_{v}^{1}
\: \frac{\mathrm{d}u}{u} \: \mathrm{d}v = - \int_{0}^{1}
\left\{1/v\right\}^{2} \ln v\: \mathrm{d}v.$$
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 ?
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
$$I=\lim_{N\to+\infty}\sum_{n=1}^N\ln^2n+2\sum_{n=1}^N\ln n-\sum_{n=1}^N\frac{\ln n}{n}-\sum_{n=1}^N\frac{1}{n}-N\ln^2N+1,$$
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 $J\approx 0,33353636$.
Félicitations !
Anselme-Olivier
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
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 http://en.wikipedia.org/wiki/Riemann_zeta_function#Laurent_series, 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.
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
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 $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\sum_{k=0}^{n} \frac{\zeta^{(k)}(0)}{k!}(-1)^k+\dfrac{(-1)^{n}}{2}=-\dfrac{1}{12}$.
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
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
Merci Benoit et félicitations pour ton papier.