Ολοκλήρωμα

stranger · #1

Μπορεί κανείς να βοηθήσει στο παρακάτω;
$\int_{1}^{\lambda-2} t [ \frac{\log(\lambda - t)}{\log 2}] dt$ , όπου $\lambda \geq 3$ .
Εδώ τα [ .. ]

συμβολίζουν το ακέραιο μέρος(integer part).
Το χρειάζομαι στην έρευνά μου.
Ευχαριστώ.
Edit:Φυσικά θα γίνει αναφορά σε όποιον με βοηθήσει(academic integrity)

#2

stranger έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2024 8:25 pm
Μπορεί κανείς να βοηθήσει στο παρακάτω;
$\int_{1}^{\lambda-2} t [ \frac{\log(\lambda - t)}{\log 2}] dt$ , όπου $\lambda \geq 3$ .
Εδώ τα συμβολίζουν το ακέραιο μέρος(integer part).
Το χρειάζομαι στην έρευνά μου.
Ευχαριστώ.

Μία ιδέα, που νομίζω βγάζει αποτέλεσμα.

Ισχύει για φυσικούς

η σχέση $\left [\frac{\log(\lambda - t)}{\log 2}\right ] = n$ ανν $n \le \left [\frac{\log(\lambda - t)}{\log 2}\right ] < n+1$ ανν

$\displaystyle{ \log 2^n \le \log (\lambda -t )< \log 2^{n+1} }$ ανν $\lambda - 2^{n+1} < t \le \lambda - 2^n \, (*)$

Χωρίζουμε τώρα το διάστημα ολοκλήρωσης στα εξής διαδοχικά διαστήματα

$1 < \lambda - 2^{m} < \lambda - 2^{m-1} <\lambda - 2^{m-2}< ...< \lambda - 2^{2}< \lambda - 2$ (εδώ

το μεγαλύτερο δυνατό).

Σε καθένα από αυτά, λόγω των (*)

έχουμε

$\displaystyle{ \int _{\lambda - 2^{p+1}}^{\lambda - 2^{p}} t \left [ \frac{\log(\lambda - t)}{\log 2} \right ] dt = \int _{\lambda - 2^{p+1}}^{\lambda - 2^{p}} t p dt = \dfrac {p}{2} \left ( \left ( \lambda - 2^{p}) ^2 - \left ( \lambda - 2^{p+1}) ^2 \right )=}$

$\displaystyle{= 2^p\lambda p- 3p\cdot 2^{2p+1}}$

Και τα αθροίζουμε. Θα χρησιμεύσουν οι τύποι $\displaystyle{\sum _{p=1} ^m 2^pp= 2^{m+2} (m-1) +4}$ και $\displaystyle{\sum _{p=1} ^m 2^{2p-1}p= \dfrac {2}{9} ( 3\cdot 4^{m}m -4^m+1)}$ (ελπίζω να έκανα σωστά τις πράξεις, αλλά ... κάπου εκεί είναι το σωστό).

Ελπίζω να φάνηκα χρήσιμος.

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #3

stranger έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 01, 2024 8:25 pm
Μπορεί κανείς να βοηθήσει στο παρακάτω;
$\int_{1}^{\lambda-2} t [ \frac{\log(\lambda - t)}{\log 2}] dt$ , όπου $\lambda \geq 3$ .
Εδώ τα συμβολίζουν το ακέραιο μέρος(integer part).
Το χρειάζομαι στην έρευνά μου.
Ευχαριστώ.

Μια απόπειρα...
Για ευκολία στην πληκτρολόγηση γράφω

αντί $\lambda$ και όπου $\log$ εννοώ αναφέρομαι σε νεπέριο λογάριθμο (φυσικά δεν έχει διαφορά αν είναι δεκαδικός στην εκφώνηση μιας και εμφανίζεται λόγος λογαρίθμων)
Κάνω αλλαγή μεταβλητής l-t=x

:

Είναι $I=\displaystyle \int_{1}^{l-2}t \lfloor \dfrac{\log(l-t)}{\log 2} \rfloor } dt =\displaystyle \int_{2}^{l-1}(l-x) \lfloor \dfrac{\log(x)}{\log 2} \rfloor } dx$

Η αλλαγή μεταβλητής $x=e^{y\log2}$ : $I=\displaystyle \int_{1}^{a}(l-e^{y\log2}) \lfloor y \rfloor \cdot e^{y\log2}\cdot \log(2) dy$ όπου έθεσα $a=\dfrac{\log(l-1)}{\log 2}$ .

Για την συνέχεια υποθέτω $a\geq 2$

$I=\displaystyle \sum_{k=1}^{\lfloor a \rfloor-1} \log 2\int_{k}^{k+1} (le^{y\log2}-e^{2y\log2})\lfloor y \rfloor dy +\int_{\lfloor a \rfloor}^{a} \log 2(le^{y\log2}-e^{2y\log2})\lfloor y \rfloor dy\Leftrightarrow$

$I=\displaystyle \sum_{k=1}^{\lfloor a \rfloor-1}k \log 2 [\dfrac{1}{\log 2}\cdot le^{y\log2}-\dfrac{1}{2 \log 2}\cdot e^{2y\log2}]^{k+1}_{k}+\lfloor a \rfloor \log 2[\dfrac{1}{\log 2}\cdot le^{y\log2}-\dfrac{1}{2 \log 2}\cdot e^{2y\log2}]^{a}_{\lfloor a \rfloor}\Leftrightarrow$

$I=\displaystyle \sum_{k=1}^{\lfloor a \rfloor-1}k(l\cdot 2^{k+1}-l\cdot 2^{k}-2^{2k+2}/2+2^{2k}/2)+\lfloor a \rfloor (l\cdot 2^{a}-l\cdot 2^{\lfloor a \rfloor}-2^{2\lfloor a \rfloor}/2+2^{2\lfloor a \rfloor}/2)\Leftrightarrow$

$I=\displaystyle l \sum_{k=1}^{\lfloor a \rfloor-1}k\cdot 2^k-3/2\sum_{k=1}^{\lfloor a \rfloor-1}k\cdot 4^k+\lfloor a \rfloor (l\cdot 2^{a}-l\cdot 2^{\lfloor a \rfloor}-2^{2\lfloor a \rfloor}/2+2^{2\lfloor a \rfloor}/2)$

Έστω θετικός ακέραιος

Αν $g(x)=\displaystyle \sum_{k=1}^n k x^k$ , και $h(x)=\displaystyle \sum_{k=1}^n x^k=\dfrac{x^{n+1}-x}{x-1}$ παρατηρούμε ότι

$g(x)=xh'(x)=x\dfrac{((n+1)x^n-1)(x-1)-(x^{n+1}-x)}{(x-1)^2}$ οπότε με $n=\lfloor a \rfloor-1$ θα είναι

$g(2)=2\cdot \dfrac{((n+1)2^n-1)-(2^{n+1}-2)}{(2-1)^2}=2(n2^n-2^n+1)$

$g(4)=4\cdot \dfrac{3((n+1)4^n-1)-(4^{n+1}-4)}{(4-1)^2}=\dfrac{4}{9}((3n-1)4^n+1)$

Έτσι λοιπόν

$I = l g(2)-3/2g(4)+\lfloor a \rfloor (l\cdot 2^{a}-l\cdot 2^{\lfloor a \rfloor}-2^{2\lfloor a \rfloor}/2+2^{2\lfloor a \rfloor}/2)=$

$=l (2((\lfloor a \rfloor-1)2^{\lfloor a \rfloor-1}-2^{\lfloor a \rfloor-1}+1)+\lfloor a \rfloor2^{a}-\lfloor a \rfloor\cdot 2^{\lfloor a \rfloor})-$

$-\dfrac{2}{3}((3(\lfloor a \rfloor-1)-1)4^{\lfloor a \rfloor-1}+1)-\lfloor a \rfloor (2^{2\lfloor a \rfloor}/2-2^{2\lfloor a \rfloor}/2)$

$=l(-2^{\lfloor a \rfloor+1}+2+\lfloor a \rfloor2^{a})-\dfrac{2}{3}-\dfrac{1}{2}\lfloor a \rfloor4^{a}+\dfrac{2}{3}\cdot 4^{\lfloor a \rfloor}$

Πιθανόν να έχασα καμιά πράξη στο τέλος γιατί γίνεται ένας χαμός..

stranger · #4

Σας ευχαριστώ και τους δύο θερμά και καλή χρονιά!
Βοηθήσατε πολύ.
Το πρόβλημα που δουλεύω είναι ένα από τα erdos problems.
Λέει κάθε περιττός γράφεται ως άθροισμα μιας δύναμης του 2 και ενός αριθμού ελεύθερου τετραγώνων (squarefree).
Ξέρετε μήπως κάποιες πληροφορίες για το συγκεκριμένο πρόβλημα;
Το ολοκλήρωμα που έθεσα προκύπτει στον κύριο όρο της προσέγγισης της συνάρτησης R(N) που μετράει το πλήθος των τρόπων που γράφεται ένας περιττός ως άθροισμα δυο στοιχείων όπως ανέφερα παραπάνω.
Έχω χρησιμοποιήσει μια μέθοδο που επινόησα και σχετίζεται με το circle method των Hardy Littlewood.

stranger · #5

Καμία ιδέα για κλειστή μορφή για το παρακάτω άθροισμα;
$\sum_{p=1}^{m}(\lambda-2^p)^{\frac{3}{2}}$ ,
όπου $m=[\frac{\log (\lambda -1)}{\log 2}]$ και [.]

το ακέραιο μέρος.

edit: Αυτό που με ενδιαφέρει πιο πολύ είναι η τάξη μεγέθους του(ως προς $\lambda$ εννοείται).

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ · #6

stranger έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 11:25 am
Καμία ιδέα για κλειστή μορφή για το παρακάτω άθροισμα;
$\sum_{p=1}^{m}(\lambda-2^p)^{\frac{3}{2}}$ ,
όπου $m=[\frac{\log (\lambda -1)}{\log 2}]$ και το ακέραιο μέρος.

edit: Αυτό που με ενδιαφέρει πιο πολύ είναι η τάξη μεγέθους του(ως προς $\lambda$ εννοείται).

Για μεγάλα $\lambda$ το άθροισμα πάει στο $\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$ .

Αρχικά το ότι $\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$ είναι άνω φράγμα είναι φανερό μιας και
$\displaystyle f(\lambda)=\sum_{p=1}^{m}(\lambda-2^p)^{\frac{3}{2}}<m\cdot \lambda^{3/2}\approx \log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$
Τώρα το ότι το $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}\to 1$ βγαίνει ως εξής:
Έστω $2^n\leq \lambda<2^{n+1}$ , τότε $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}} \geq \dfrac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(2^n-2^k)^{3/2}}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}=\dfrac{2^{3n/2} \displaystyle \sum_{k=1}^n\left (1-\dfrac{1}{2^k}\right )^{3/2}}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}$ .
Για μεγάλα

το $\displaystyle \sum_{k=1}^n\left (1-\dfrac{1}{2^k}\right )^{3/2} \approx n+C$ και έτσι

$\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}} \geq(\approx) \dfrac{2^{3n/2} \cdot n}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}\approx 1$
(το τελευταίο βήμα ίσως δεν φαίνεται τόσο αυστηρό μιας και θα μπορούσε να εμφανιστεί ίσως και κάποια σταθερά του τύπου $2^{2/3}$ αλλά μιας και μιλάμε χοντρικά νομίζω δεν υπάρχει πρόβλημα)
Τέλος εδώ είναι μια γραφική παράσταση της $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}$

: Στιγμιότυπο οθόνης 2024-01-29 193655.png (19.76 KiB) Προβλήθηκε 410 φορές

stranger · #7

ΦΩΤΙΑΔΗΣ ΠΡΟΔΡΟΜΟΣ έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 8:00 pm

stranger έγραψε: ↑
Δευ Ιαν 29, 2024 11:25 am
Καμία ιδέα για κλειστή μορφή για το παρακάτω άθροισμα;
$\sum_{p=1}^{m}(\lambda-2^p)^{\frac{3}{2}}$ ,
όπου $m=[\frac{\log (\lambda -1)}{\log 2}]$ και το ακέραιο μέρος.

edit: Αυτό που με ενδιαφέρει πιο πολύ είναι η τάξη μεγέθους του(ως προς $\lambda$ εννοείται).
Για μεγάλα $\lambda$ το άθροισμα πάει στο $\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$ .

Αρχικά το ότι $\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$ είναι άνω φράγμα είναι φανερό μιας και
$\displaystyle f(\lambda)=\sum_{p=1}^{m}(\lambda-2^p)^{\frac{3}{2}}<m\cdot \lambda^{3/2}\approx \log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}$
Τώρα το ότι το $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}\to 1$ βγαίνει ως εξής:
Έστω $2^n\leq \lambda<2^{n+1}$ , τότε $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}} \geq \dfrac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}(2^n-2^k)^{3/2}}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}=\dfrac{2^{3n/2} \displaystyle \sum_{k=1}^n\left (1-\dfrac{1}{2^k}\right )^{3/2}}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}$ .
Για μεγάλα το $\displaystyle \sum_{k=1}^n\left (1-\dfrac{1}{2^k}\right )^{3/2} \approx n+C$ και έτσι

$\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}} \geq(\approx) \dfrac{2^{3n/2} \cdot n}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}\approx 1$
(το τελευταίο βήμα ίσως δεν φαίνεται τόσο αυστηρό μιας και θα μπορούσε να εμφανιστεί ίσως και κάποια σταθερά του τύπου $2^{2/3}$ αλλά μιας και μιλάμε χοντρικά νομίζω δεν υπάρχει πρόβλημα)
Τέλος εδώ είναι μια γραφική παράσταση της $\dfrac{f(\lambda)}{\log_2(\lambda)\cdot \lambda^{3/2}}$
Στιγμιότυπο οθόνης 2024-01-29 193655.png

Είσαι ωραίος.
Ευχαριστώ πολύ.

Ολοκλήρωμα

Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Re: Ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση