Оценивать $\int_{1}^{\infty}$ $\frac{1-(x-[x])}{x^{2-\sigma}}$dx, где [x] обозначает наибольшую целую функцию, а $0<\sigma<1$

Question

Оценивать$\int_{1}^{\infty}$ $\frac{1-(x-[x])}{x^{2-\sigma}}$dx, где [x] обозначает наибольшую целую функцию, а $0<\sigma<1$.

Моя попытка: - 1- (x- [x])$\leq 1 \Rightarrow$ $\int_{1}^{\infty}$ $\frac{1-(x-[x])}{x^{2-\sigma}}$dx $\leq$ $\int_{1}^{\infty}$ $\frac {1}{x^{2-\sigma}}$dx = $\frac{1}{1-\sigma}$

$\int_{1}^{\infty}$ $\frac{1-(x-[x])}{x^{2-\sigma}}$dx = $\int_{1}^{2}$ $\frac{1-(x-1)}{x^{2-\sigma}}$dx +$\int_{2}^{3}$ $\frac{1-(x-2)}{x^{2-\sigma}}$dx + ... Но при интеграции я не получаю конечного значения.

Answer 1

Пытаюсь продолжить свой путь.

Вы написали $$\int_1^\infty(1-x+\lfloor x\rfloor )\, x^{\sigma -2}\,dx=\sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1}(n+1-x)\,x^{\sigma -2}\,dx=\sum_{n=1}^\infty I_n$$ $$I_n=\int_n^{n+1}(n+1-x)\,x^{\sigma -2}\,dx=\frac{ (n+\sigma )n^{\sigma }-n (n+1)^{\sigma }}{n (1-\sigma) \sigma }=\frac{n^{\sigma -1} (n+\sigma )-(n+1)^{\sigma } } {(1-\sigma)\, \sigma }$$ и здесь проблема начинает усложняться, если вы не знакомы с дзета-функцией.

Надеясь на это, результат должен быть $$\frac{1+\sigma\, \zeta (1-\sigma ) } {(1-\sigma) \,\sigma }$$

Answer 2

Это не полный ответ, но, надеюсь, он поможет вам понять:

Позволять $f(x) = \frac{1-(x-\lfloor x\rfloor)}{x^{2-\sigma}}$, то как $0\leqslant x-\lfloor x\rfloor<1$ и $x^{2-\sigma}>0$, $f$ неотрицательно на $[1,\infty)$. Следовательно, по теореме Тонелли,$$ \int_1^\infty f(x)\ \mathsf dx = \int_1^\infty \sum_{n=1}^\infty f_n(x)\ \mathsf dx = \sum_{n=1}^\infty \int_n^{n+1} f_n(x)\ \mathsf dx, $$ куда $f_n(x) = f(x)\cdot\mathsf 1_{[n,n+1)}$. По индукции (сложная часть) мы можем показать, что$$ \int_n^{n+1} f_n(x)\ \mathsf dx = \frac{n^{\sigma -1} (n+\sigma )-(n+1)^{\sigma }}{\sigma(1-\sigma)}. $$ Следовательно $$ \int_1^\infty f(x)\ \mathsf dx = \frac{1+\sigma\, \zeta (1-\sigma ) } {(1-\sigma) \,\sigma }, $$ куда $$ \zeta(s) := \sum_{n=1}^\infty \frac1{n^s} $$ - дзета-функция Римана.