Całki dla smakoszy

[Premislav]

1. Obliczyć
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\ln t}{1-t^2} \ \dd t}\)

2. Udowodnić, że
\(\displaystyle{ \sqrt{\pi}\Gamma(2x)=2^{2x-1}\Gamma(x)\Gamma\left( x+\frac 1 2\right)}\)

3. Obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{x}{ \sqrt{e^{2x}-1} } \ \dd x}\)

4. Wykopki z forum: obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}5x \sin(6x) \cos(9x^5) \ \dd x}\)


5. Obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{\ln^2(2 \cos x)}{\ln^2(2\cos x)+x^2} \ \dd x}\)

6. Wykopki z forum, część druga: obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{1}\frac{1}{a^{-2}-x}\ln \left(1+\frac{1}{\sqrt{x}}\right) \ \dd x}\), gdzie \(\displaystyle{ |a|<1}\)

7. Obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{x^{n}}{\sqrt{1-x^2}} \ \dd x}\), \(\displaystyle{ n \in \NN}\)

8. Obliczyć \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}(1+x)\arctan(x) \log^4(x) \frac{\ \dd x}{\sqrt{x}(1+x^2)}}\)

A całkę nr 5 z Twojego zestawu spróbuję jeszcze dzisiaj policzyć, choć nie sądzę, żeby mi to wyszło.

[luka52]

ad 1.

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ a_n = \int_0^1 t^{2n} \, \dd t = \frac{1}{2n+1}}\)
\(\displaystyle{ \frac{\dd a_n}{\dd n} = 2 \int_0^1 t^{2n} \ln t \, \dd t = -\frac{2}{(2n+1)^2}}\)
\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\ln t}{1-t^2} \, \dd t = \sum_{n = 0}^{+\infty} \int_0^1 t^{2n} \ln t \, \dd t = - \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = -\frac{\pi^2}{8}}\)

\(\displaystyle{ \frac{\pi^2}{6} = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} = \frac{1}{4} \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{1}{n^2} + \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{(2n+1)^2}
\Rightarrow \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{1}{(2n+1)^2} = \frac{\pi^2}{8}}\)

ad 2.
http://mathworld.wolfram.com/LegendreDu ... rmula.html

ad 3.

Ukryta treść:    

Podstawienie \(\displaystyle{ e^{-x} = \sin t}\) i mamy klasykę:
\(\displaystyle{ \int_{\pi/2}^0 \ln \sin t \, \dd t = \frac{\pi}{2} \ln 2}\)

ad 7

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x^n}{\sqrt{1 - x^2}} \, \dd x = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{ t^{(n-1)/2} \, \dd t}{(1 - t)^{1/2}} = \frac{1}{2}\text{B}\left( \frac{n+1}{2}, \frac{1}{2}\right)= \frac{\sqrt{\pi}}{2} \frac{ \Gamma \left( \frac{n+1}{2}\right) }{ \Gamma \left( \frac{n}{2} + 1\right)}}\)

Reszta całek wygląda mi podejrzanie, bez sensownych wyników

[Premislav]

Rozwiązanie 5. i 8. widziałem w internecie (a konkretnie na math.stackexchange), ale to było dość złożone, natomiast co do 4. i 6., to nie znalazłem rozwiązania, a nie udało mi się samemu policzyć, więc może lepiej te przykłady 4. i 6. anulować.

[luka52]

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^n \frac{\sin m x}{x} \, \dd x = \frac{\pi}{2}, \quad m \ge n \;.}\)

Indukcyjnie, sprawdzenie dla \(\displaystyle{ n = 0}\) jest proste.
Dowód indukcyjny:

\(\displaystyle{ $\begin{align*} \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^{k + 1} \frac{\sin m x}{x}\, \dd x & =
\int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^k \frac{\sin x \sin m x}{x^2} \, \dd x \\
& = \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^k \frac{\left( \cos (m - 1) x - \cos (m + 1) x \right)}{x^2} \, \dd x \\
&= \frac{1}{2} \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^k \int_{m-1}^{m+1} \frac{\sin y x}{x} \, \dd y \,\dd x \\
& = \frac{1}{2} \int_{m-1}^{m+1} \left( \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^k \frac{\sin y x}{x} \, \dd x \right) \, \dd y \\
& = \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \int_{m-1}^{m+1} \, \dd y = \frac{\pi}{2} \;.
\end{align*}$}\)

Ponieważ \(\displaystyle{ m \ge k +1}\) to \(\displaystyle{ y \ge m-1 \ge (k+1) - 1 = k}\), co uprawnia nas do skorzystania z założenia indukcyjnego.

[Premislav]

Ładne!
Ze smutkiem stwierdzam, że nikt się chyba nie zainteresował tymi przykładami, które dałem (faktem jest, że są one wyjątkowo oporne - bardzo nierówny był poziom tych zadań ), więc wrzucę linki do rozwiązań:
5.
8.
i można je uznać za niebyłe.

[dec1]

Czyli zostały tylko 4. i 6.?

To wrzucę nowe:

1)

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty}\frac{\ln x(1-\cos x)}{x^2}\,\dd x}\)

2) rozwiązane

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\log (x+1)}{x^3+x}\,\dd x}\)

3) rozwiązane

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}}\)

4)

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{\ln x}{x^2+2x+4}\,\dd x}\)

5) rozwiązane

\(\displaystyle{ \int_0^1\arccos x\ln x\,\dd x}\)

6)

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{(\frac12 - x)\log (1-x)}{x^2-x+1}\,\dd x}\)

7) rozwiązane

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} \frac{x\arctan x}{x^4+1}\,\dd x}\)

8)

\(\displaystyle{ \int_{-n}^n\frac{x^2}{e^x+1}\,\dd x}\)

9) rozwiązane

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,\dd x}\)

10)

\(\displaystyle{ \int_0^1\frac{\dd x}{\sqrt{1-x}\sqrt[3]{x}\sqrt[6]{9-x}}}\)

11)

\(\displaystyle{ \int_0^1\int_0^1\left\{ \frac{x^k}{y} \right\}\,\dd x\,\dd y}\)

[Premislav]

Jak widać. Ale proponowałem ich nie robić, bo na tym forum przez lata nikt nie zrobił i ja tez nie znam rozwiązania.
Wkurzyłem się, bo długo robiłem dwa przykłady, by pod koniec odkryć błędy rachunkowe, które wszystko psują. Cóż, mózgu się nie wybiera.

5.:    

przez części:
\(\displaystyle{ \int_0^1\arccos x\ln x\,\dd x=(x \ln x-x)\arccos x \Bigg|^1_0+ \int_{0}^{1} \frac{x \ln x}{ \sqrt{1-x^2} } \dd x- \int_{0}^{1} \frac{x}{ \sqrt{1-x^2} } \dd x=\\=\int_{0}^{1} \frac{x \ln x}{ \sqrt{1-x^2} } \dd x- \int_{0}^{1} \frac{x}{ \sqrt{1-x^2} } \dd x= \int_{0}^{1} \frac{x\ln x}{ \sqrt{1-x^2} } \dd x-1}\)
Teraz podstawienie \(\displaystyle{ x=\sin t}\) i mamy
\(\displaystyle{ -1+ \int_{0}^{ \frac{pi}{2} }\sin t \ln(\sin t) \dd t=-1+ \int_{0}^{ \frac{pi}{2} }\cos t \ln(\cos t) \dd t=\\=-1+ \frac{1}{2} \int_{0}^{ \frac{pi}{2} }\cos t (\ln(1-\sin^2 t) \dd t=\\=-1+ \frac{1}{2} \Bigg[(u-1)\ln(1-u)-(1-u)+(1+u)\ln(1+u)-(1+u)\Bigg] \Bigg|^1_0=\ln 2-2}\)

7.:    

było: viewtopic.php?t=125684,100#p5442481

9.:    

Może dodam coś ładniejszego gdy się wyśpię, ale ma tu zastosowanie metoda residuów - by policzyć \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{\infty}\frac{\cos x}{x^2+1}\,\dd x}\), całkujemy \(\displaystyle{ f(z)= \frac{e^{iz}}{z^2+1}}\) po konturze\(\displaystyle{ \left\{z \in \RR: -R<z<R\right\} \cup \left\{ \Re^{it}: t \in [0,\pi]\right\}}\), gdzie \(\displaystyle{ R\rightarrow \infty}\) - nie interesuje mnie to, czy ten zapis jest poprawny formalnie, chyba wiadomo, o jaki kontur chodzi.
Dla \(\displaystyle{ \Im z>0}\) dostajemy ładne ograniczenie (pomijam techniczne szczegóły) i mamy
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2+1}\dd x=\pi e^{-1}}\)
z twierdzenia o residuach. [funkcja \(\displaystyle{ f}\) dla dostatecznie dużych \(\displaystyle{ R}\) jest holomorficzna w obszarze ograniczonym przez wspomniany kontur za wyjątkiem punktu \(\displaystyle{ z_0=i}\)]

[Janusz Tracz]

3

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ \int \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}=
\begin{vmatrix} x+1=t^2 \\x=t^2-1\\dx=2tdt\end{vmatrix}=
\int \frac{2tdt}{t+ \sqrt{2-t^2} +2}=
\int \frac{2tdt}{t+ \sqrt{2} \sqrt{1-( \frac{t}{ \sqrt{2} } )^2} +2}=
\begin{vmatrix} \frac{t}{ \sqrt{2}}=cosw \\t= \sqrt{2}cosw \\dt=- \sqrt{2}sinw \end{vmatrix}=
-4 \int \frac{\cos w \sin w \ dw}{ \sqrt{2} cosw+ \sqrt{2} sinw+2}=
\begin{vmatrix} sinw= \frac{2k}{k^2+1} \\ \\cosw= \frac{1-k^2}{k^2+1} \\ \\dw= \frac{2dk} {k^2+1} \\ \\k=tg( \frac{w}{2} ) \end{vmatrix}=}\)

\(\displaystyle{ -16 \int \frac{k(1-k^2) \ dk }{(k^2+1)^2 \left[ \sqrt{2} (1-k^2) +2 \sqrt{2} k
+2(k^2+1)\right] }=...}\)

całka funkcji wymiernej taką zawsze da się zrobić

[Premislav]

2. -szkic:    

Jako że padł mi prąd, kiedy pisałem rozwiązanie, ograniczę się do szkicu rozwiązania, bo nie jestem jakimś sługą sług Bożych.
Mamy \(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\log(1+x)}{x^3+x} \ \dd x= \int_{0}^{1} \frac{\log(1+x)}{x} \ \dd x- \int_{0}^{1} \frac{x\ln(1+x)}{x^2+1} \ \dd x}\),
następnie pierwszą całkę liczymy, korzystając z rozwinięcia \(\displaystyle{ f(t)=\log(1+t)}\) w szereg i całkując wyraz po wyrazie, wychodzi \(\displaystyle{ \frac{\pi^2}{12}}\).
Natomiast w drugiej całce podstawiamy \(\displaystyle{ x=\tg \alpha}\) i po prostych przekształceniach mamy
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\tg \alpha \log\left( \cos\left( \alpha+\frac \pi 4\right) \right) \, \dd \alpha+\ln 2 \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\tg \alpha \,\dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\tg \alpha \ln(\cos \alpha) \,\dd \alpha=\\= \int_{ \frac{\pi}{4} }^{ \frac{\pi}{2} }\tg\left( u-\frac \pi 4\right) \log(\cos u) \,\dd u+ \frac{1}{2}\log^2(2)+ \bigg[\frac{1}{2}\log^2(\cos \alpha)\bigg]\bigg|^{ \frac{\pi}{4} }_{0}}\)
Odnotujmy tylko, że:
\(\displaystyle{ \cos \alpha+\sin \alpha=\sqrt{2}\cos\left( \alpha+ \frac{\pi}{4} \right)\\ \tg\left( u- \frac{\pi}{4} \right)= \frac{\tg u-1}{\tg u+1}=\tg u-\frac{ \frac{1}{\cos^2 u} }{1+\tg u}\\}\)
funkcją pierwotną do \(\displaystyle{ \tg x \ln(\cos x)}\) jest \(\displaystyle{ -\frac 1 2 \log^2(\cos x)+C}\)

Wynik końcowy:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{1} \frac{\log(1+x)}{x^3+x} \,\dd x= \frac{7}{96}\pi^2- \frac{\log^2(2)}{8}}\)

[dec1]

2) krócej:    

To zadanie to lekko zmodyfikowany Putnam 2005 A5. Ale padnie podobnie poprzez różniczkowanie pod całką:

Oznaczmy ogólniejszą całkę \(\displaystyle{ \int_0^1\frac{\log (ax+1)}{x(x^2+1)}\,\dd x}\) jako \(\displaystyle{ I(a)}\). Wtedy
\(\displaystyle{ I'(a)=\int_0^1 \frac{1}{(1+ax)(1+x^2)}\,\dd x = \int_0^1 \left( \frac{1}{(a^2+1)(x^2+1)} - \frac{a}{a^2+1}\left(\frac{x}{x^2+1} - \frac{a}{ax+1}\right)\right)\,\dd x = \\[6pt]\frac{\pi}{4(a^2+1)} - \frac{a\log 2}{2(a^2+1)}+\frac{a\log (a+1)}{a^2+1}}\)

Zatem
\(\displaystyle{ I(1)=\frac{\pi^2}{16}-\frac{\log^2 2}{4}+\int_0^1 \frac{\log (a+1)}{a}\,\dd a-\int_0^1\frac{\log(a+1)}{a(a^2+1)}\,\dd a \\
2I(1)=\frac{\pi^2}{16}-\frac{\log^2 2}{4}+\int_0^1\frac{\log(a+1)}{a}\,\dd a \\
I(1)=\frac{\pi^2}{32}-\frac{\log^2 2}{8}+\frac{\pi^2}{24}=\frac{7\pi^2}{96}-\frac{\log^2 2}{8}}\)

3) krócej:    

Podstawiamy \(\displaystyle{ x=1-2\sin^2\alpha}\)

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2} = 2\sqrt{2}\int_0^{\pi\over 4} \frac{\sin\alpha\cos\alpha}{\sin\alpha+\cos\alpha+\sqrt{2}}\,\dd\alpha \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}}= \int_0^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sin 2\alpha}{\sin\left( \alpha+\frac{\pi}{4} \right)+1}\,\dd\alpha \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}}= -\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos 2\alpha}{\sin\alpha + 1}\,\dd \alpha \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}} = \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} (1-\sin\alpha)(\sec^2\alpha - 2)\,\dd \alpha \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}} = \int_{\pi\over 4}^{\pi\over 2} (\sec^2\alpha-2-\tg\alpha\sec\alpha+2\sin\alpha)\,\dd\alpha \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}} =[ \tan\alpha - 2\alpha - \sec\alpha -2\cos\alpha]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}} \\
\phantom{\int_0^1 \frac{\dd x}{\sqrt{x+1}+\sqrt{1-x}+2}} = 2\sqrt{2}-\frac{\pi}{2}-1}\)

Serio nie ma align* w forumowym LaTeX-u?

[Premislav]

4. - pytanie:    

Czy to zadanie to jakaś próba trollingu? Ta całka ewidentnie jest rozbieżna, wystarczy zastosować kryterium ilorazowe z \(\displaystyle{ \ln x}\) przy \(\displaystyle{ x \rightarrow 0^+}\). Może czegoś tu brakuje?

8.:    

Niech \(\displaystyle{ \int_{-n}^{n} \frac{x^2}{e^x+1} \ \dd x=I}\). Wówczas mamy
\(\displaystyle{ I= \int_{-n}^{n} \frac{x^2(e^x+1-e^x)}{x^2+1} \ \dd x= \int_{-n}^{n}x^2 \ \dd x-I \Rightarrow I= \frac{1}{2} \int_{-n}^{n} x^2 \ \dd x= \frac{1}{3}n^3}\)

[dec1]

4. odp.:    

Jest ok:

[Premislav]

dec1, faktycznie, ale bzdurę napisałem.

9. inaczej:    

Chyba udało mi się uniknąć analizy zespolonej.
Z parzystości wynika, że szukana całka to \(\displaystyle{ 2 \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos x}{x^2+1} \ \dd x}\). Niech teraz \(\displaystyle{ I(\alpha)= \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos (\alpha x)}{x^2+1} \ \dd x}\). Mamy rzecz jasna
\(\displaystyle{ I(0)= \int_{0}^{+\infty} \frac{ \ \dd x}{x^2+1}=\frac \pi 2}\) (niech dalej \(\displaystyle{ \alpha>0}\)).
Ponadto \(\displaystyle{ I'(\alpha)=- \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin(\alpha x)}{x^2+1} \ \dd x=\bigg|t=\alpha x \bigg|=- \frac{1}{\alpha} \int_{0}^{+\infty} \frac{ \frac t \alpha \sin t}{ \frac{t^2}{\alpha^2} +1} \ \dd t=- \int_{0}^{+\infty} \frac{t \sin t}{t^2+\alpha^2} \ \dd t}\)
(oczywiście możemy teraz zmienną \(\displaystyle{ t}\) zastąpić zmienną \(\displaystyle{ x}\)).
Zaś z twierdzenia Fubiniego (no i jeszcze ze znajomości transformaty Laplace'a kosinusa) mamy:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{x \sin x}{x^2+\alpha^2} \ \dd x= \int_{0}^{+\infty}\sin x\left( \int_{0}^{+\infty}\cos(\alpha t)e^{-tx} \ \dd t \right) \ \dd x= \int_{0}^{+\infty}\cos(\alpha t) \int_{0}^{+\infty}\sin x e^{-tx} \ \dd x \dd t= \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(\alpha t)}{t^2+1} \ \dd t}\)
Zatem, co wg mnie jest dość nieoczywiste, otrzymaliśmy, że \(\displaystyle{ I'(\alpha)+I(\alpha)=0}\),
rozwiązujac to proste równanie liniowe pierwszego rzędu (np. mnożąc przez czynnik całkujący \(\displaystyle{ e^\alpha}\)) dostajemy \(\displaystyle{ I(\alpha)=Ce^{-\alpha}}\), wstawiając wreszcie \(\displaystyle{ \alpha=0}\), mamy \(\displaystyle{ I(\alpha)= \frac{\pi}{2}e^{-\alpha}}\)
Całka z zadania to nic innego jak \(\displaystyle{ 2I(1)= \frac{\pi}{e}}\). Uff...

[stuart clark]

4

Ukryta treść:    

\(\displaystyle{ I = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln x}{x^2+2x+4}dx}\)

Put \(\displaystyle{ x=\frac{4}{y}\;,}\) Then \(\displaystyle{ dx = -\frac{4}{y^2}dy}\) and changing limits

\(\displaystyle{ I = \int_{0}^{\infty}\frac{\ln 4-\ln y}{y^2+2y+4}dy = \ln 4\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(y+1)^2+\left(\sqrt{3}\right)^2}-I}\)

\(\displaystyle{ 2I=\ln 4\cdot \frac{1}{\sqrt{3}}\left[\tan^{-1}\left(\frac{y+1}{\sqrt{3}}\right)\right]_{0}^{\infty}}\)

\(\displaystyle{ I = \frac{\ln 2}{\sqrt{3}}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{6}\right) = \frac{\pi\ln(2)}{3\sqrt{3}}}\)

[dec1]

Rozwiązania:

1.:    

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Ramanujan%27s_master_theorem

\(\displaystyle{ \frac{1-\cos x}{x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^nx^{2n}}{(2n+2)!}}\), zatem stosując ww. twierdzenie mamy:

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty} x^{k-1} \frac{1-\cos x}{x^2}\,\dd x=\cos\left( \frac{k\pi}{2}\right)\Gamma (k-2)}\) dla \(\displaystyle{ 0<\mathrm{Re}\, k<2}\)

Teraz różniczkujemy względem \(\displaystyle{ k}\):

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty}\frac{t^{k-1}\log x(1-\cos x)}{x^2}\,\dd x=-\frac{1}{2}\Gamma (k-2)\left( \pi\sin\left( \frac{k\pi}{2}\right)-2\cos\left( \frac{k\pi}{2} \right)\psi^{(0)}(k-2) \right)}\)

I bierzemy granicę, gdy \(\displaystyle{ k\to 1}\):

\(\displaystyle{ \int_0^{\infty}\frac{\ln x(1-\cos x)}{x^2}\,\dd x=\boxed{\frac{\pi(1-\gamma)}{2}}}\)

6.:    

https://www.tapatalk.com/groups/integralsandseries/is-this-a-good-one-t257.html

10.:    

Rozwiązanie na stacku

11.:    

Zadanie 2.30 z Limits, Series and Fractional Part Integrals

Podstawiamy \(\displaystyle{ u=\frac{x^k}{y}}\):
\(\displaystyle{ \int_0^1\int_0^1\left\{ \frac{x^k}{y} \right\}\,\dd x\,\dd y=\int_0^1\left( \int_0^1 \left\{ \frac{x^k}{y}\right\}\dd y\right)\,\dd x=\int_0^1 x^k \left( \int_{x^k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u\right)\dd x}\)

Teraz całkujemy przez części:
\(\displaystyle{ f(x)=\int_{x_k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u,\,\,\,f'(x)=-\frac{k\{ x^k\}}{x^{k+1}},\,\,\,g'(x)=x^k,\,\,\,g(x)=\frac{x^{k+1}}{k+1}}\)

\(\displaystyle{ \int_0^1 x^k \left( \int_{x^k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u\right)\dd x=\left[\frac{x^{k+1}}{k+1}\int_{x^k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u \right]_0^1+\frac{k}{k+1}\int_0^1\left\{ x^k\right\}\dd x\\[6pt]
\phantom{\int_0^1 x^k \left( \int_{x^k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u\right)\dd x}=\frac{1}{k+1}\int_1^{\infty}\frac{\{u\}}{u^2}\dd u+\frac{k}{k+1}\int_0^1 x^k\dd x\\[6pt]
\phantom{\int_0^1 x^k \left( \int_{x^k}^{\infty}\frac{\{ u\}}{u^2}\dd u\right)\dd x}=\boxed{\frac{1-\gamma}{k+1}+\frac{k}{(k+1)^2}}}\)

Dowód, że \(\displaystyle{ \int_1^{\infty}\frac{\{ x\}}{x^2}\dd x=1-\gamma}\):

\(\displaystyle{ \int_{1}^{\infty}\frac{\{ x \}}{x^{2}}\dd x=\int_{1}^{2}\frac{x-1}{x^{2}}\dd x+\int_{2}^{3}\frac{x-2}{x^{2}}\dd x+ \ldots +\int_{k}^{k+1}\frac{x-k}{x^{2}}\dd x=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{k}^{k+1}\frac{x-k}{x^{2}}\,\dd x=\sum_{k=1}^{\infty}\left(\ln\left(1+\frac{1}{k}\right)-\frac{1}{k+1}\right)=1-\gamma}\)

Można wrzucać następne.