Chủ đề này có 4 trả lời

[hxthanh]

Cho số nguyên dương $n>1$. Với $x \in [1,\infty)$. Tìm nguyên hàm của hàm số sau:
$$f(x)=-\frac{\lfloor x\rfloor}{x^n}+\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}\frac{1}{k^n}$$

[hxthanh]

Trường hợp $n=1$ ta có bài toán “khác”:
Chứng minh rằng:
$$\boxed{\int_1^x \bigg(-\frac{\lfloor t\rfloor}{t}+\sum_{k=1}^{\lfloor t\rfloor}\frac{1}{k}\bigg)dt=-\lfloor x\rfloor(1+\ln x)+\ln(\lfloor x\rfloor !)+x\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor} \frac{1}{k},\,\,\,\,\,\,\,(x\ge 1)}$$
Chẳng hạn như

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 21-07-2022 - 04:39

[nhungvienkimcuong]

Chứng minh rằng:
$$\boxed{\int_1^x \bigg(-\frac{\lfloor t\rfloor}{t}+\sum_{k=1}^{\lfloor t\rfloor}\frac{1}{k}\bigg)dt=-\lfloor x\rfloor(1+\ln x)+\ln(\lfloor x\rfloor !)+x\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor} \frac{1}{k},\,\,\,\,\,\,\,(x\ge 1)}$$

 

Kí hiệu tích phân vế trái là $I$ và chuỗi điều hòa $H(n):=1+\frac{1}{2}+\dots+\frac{1}{n}$. Biến đổi

\begin{align*}I&=\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}\int_{m}^{m+1}\left ( \frac{-\left \lfloor t \right \rfloor}{t}+H( \left \lfloor t \right \rfloor) \right )\mathrm{d}t+\int_{\left \lfloor x \right \rfloor}^{x}\left ( \frac{-\left \lfloor t \right \rfloor}{t}+H( \left \lfloor t \right \rfloor) \right )\mathrm{d}t \\ &=\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}\underbrace{\int_{m}^{m+1}\left ( \frac{-m}{t}+H( m) \right )\mathrm{d}t}_{A(m)}+\underbrace{\int_{\left \lfloor x \right \rfloor}^{x}\left ( \frac{-\left \lfloor x \right \rfloor}{t}+H( \left \lfloor x \right \rfloor) \right )\mathrm{d}t}_{B}.\qquad (\blacklozenge)\end{align*}

Dễ dàng tính được

\begin{align*}A(m)=m(\ln m-\ln(m+1))+H(m)\qquad \text{và}\qquad B=-\left \lfloor x \right \rfloor(\ln x-\ln \left \lfloor x \right \rfloor)+(x-\left \lfloor x \right \rfloor)H(\left \lfloor x \right \rfloor).\end{align*}

Thay vào $(\blacklozenge)$ và rút gọn thu được

\begin{align*} I&=\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}A(m)+B\\&=\ln\left ( \left \lfloor x \right \rfloor! \right )-\left \lfloor x \right \rfloor\ln x+\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}H(m)+(x-\left \lfloor x \right \rfloor)H(\left \lfloor x \right \rfloor).\end{align*}

Phần chưa liên quan đến biểu thức cần chứng minh là tổng của các chuỗi điều hòa, dễ thấy

$$\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}H(m)=\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}\frac{\left \lfloor x \right \rfloor-m}{m}=\left \lfloor x \right \rfloor H(\left \lfloor x \right \rfloor-1)-\left \lfloor x \right \rfloor+1.$$

Thay vào trên thu được điều cần chứng minh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi nhungvienkimcuong: 21-07-2022 - 08:42

[hxthanh]

…
Phần chưa liên quan đến biểu thức cần chứng minh là tổng của các chuỗi điều hòa, dễ thấy
$$\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}H(m)=\sum_{m=1}^{\left \lfloor x \right \rfloor-1}\frac{\left \lfloor x \right \rfloor-m}{m}=\left \lfloor x \right \rfloor H(\left \lfloor x \right \rfloor-1)-\left \lfloor x \right \rfloor+1.$$
Thay vào trên thu được điều cần chứng minh.

Tuyệt vời quá em! Giải quyết nốt bài toán gốc thôi nào!

[hxthanh]

Một cách tổng quát, nếu:
$f(x):[1,\infty)\rightarrow \mathbb R;\,\,F(x):[1,\infty)\rightarrow \mathbb R$
$\frac{\text{d}F(x)}{\text{d}x}=f(x)$
thì ta có:
$$\boxed{\,\,\,\,\int_1^x \Big(\lfloor t\rfloor f(t)-\sum_{k=1}^{\lfloor t\rfloor}f(k)\Big)dt=\lfloor x\rfloor F(x)-x\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}f(k)+ \sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}\Big(k f(k)-F(k)\Big) \,\,\,\,} $$
Hay
$$\boxed{\,\,\,\,\int_1^x \sum_{k=1}^{\lfloor t\rfloor}\Big(f(t)-f(k)\Big)dt=\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}\Big(F(x)-xf(k)\Big)+ \sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}\Big(k f(k)-F(k)\Big) \,\,\,\,} $$
Hay
$$\boxed{\,\,\,\,\int_1^x \sum_{k=1}^{\lfloor t\rfloor}\Big(f(t)-f(k)\Big)dt=\sum_{k=1}^{\lfloor x\rfloor}\Big(F(x)-F(k)-(x-k)f(k)\Big) \,\,\,\,} $$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 22-07-2022 - 03:28