Altro terribile integrale con parti frazionarie

[Bianco17]

Questi integrali non mi danno pace, ma almeno questa volta il libro stesso lo riconosce come parecchio difficile Il mostro è \[\int_0^1\sqrt{\frac{\left\{\frac 1x\right\}}{1-\left\{\frac 1x\right\}}}\frac{\mathrm{d}x}{1-x}\] e il consiglio che il libro fornisce è di pensare alla definizione integrale della \(\Gamma(x)\) ma di questo suggerimento non ho idea di che farmene… Idee?

[robbstark]

Ho provato a divertirmi con questo integrale da ignorante, quindi senza usare la funzione $Gamma$.
Il risultato di questo integrale mi è venuto $pi$.

L'idea di base è che
$\{ 1/x \} = 1/x - n, x in [ 1/(n+1), 1/n [$.

È possibile scomporre l'integrale richiesto come una serie
$I = \sum_{n=1}^{+\infty} I_n$, con
$I_n = \int_{1/(n+1)}^{1/n} \sqrt{ (1/x -n)/ (1 - 1/x + n) } dx/(1-x)$.

Noto che il numeratore ed il denominatore della frazione dentro radice sono quantità comprese tra $0$ e $1$ la cui somma fa $1$. Questo suggerisce una sostituzione del tipo
$1/x - n = sin^2 theta$,
da cui la radice risulta essere $tg theta$.
Inoltre:
$x = 1/(n+ sin^2 theta) = (sin^2 theta + cos^2 theta)/((n+1) sin^2 theta + n cos^2 theta) = (tg^2 theta + 1)/((n+1) tg^2 theta + n)$;
$1-x = (n tg^2 theta + n-1)/((n+1) tg^2 theta + n)$;
$dx = -(2 sin theta cos theta)/(n + sin^2 theta)^2 d theta = - (2 tg theta (1+tg^2 theta))/((n+1) tg^2 theta + n)^2 d theta$;
$x=1/n \Rightarrow theta = 0$, $x=1/(n+1) \Rightarrow theta = pi/2$.
Dunque:
$I_n = \int_{0}^{pi/2} tg theta ((n+1) tg^2 theta + n)/(n tg^2 theta + n-1) (2 tg theta (1+tg^2 theta))/((n+1) tg^2 theta + n)^2 d theta = \int_{0}^{pi/2} (2 tg^2 theta (1+tg^2 theta))/((n tg^2 theta + n-1) ((n+1) tg^2 theta + n)) d theta$.

Facciamo adesso un'altra sostituzione:
$tg theta = t$;
$(1 + tg^2 theta) d theta = dt$;
$theta=0 \Rightarrow t = 0$, $theta = pi/2 \Rightarrow t = + \infty$.
Dunque:
$I_n = \int_{0}^{+\infty} (2t^2)/( (nt^2 +n-1) ( (n+1)t^2 + n )) dt$.

A questo punto è sufficiente scomporre l'integrando in fratti semplici:
$(2t^2)/( (nt^2 +n-1) ( (n+1)t^2 + n )) = (At+B)/(nt^2 +n-1) + (Ct+D)/((n+1)t^2 + n )$,
da cui si ricavano $A=C=0$, $B=2(1-n)$, $D=2n$.
Dunque:
$I_{n,1} = \int_{0}^{+\infty} (2(1-n))/(nt^2 +n-1) dt = -2 \int_{0}^{+\infty} (dt)/((n/(n-1))t^2 +1) = -2 \sqrt{(n-1)/n} \int_{0}^{+\infty} (du)/(u^2 + 1) = -2 \sqrt{(n-1)/n} arctg u |_{0}^{+ \infty} = - pi \sqrt{(n-1)/n};$
$I_{n,2} = \int_{0}^{+\infty} (2n)/((n+1)t^2 + n ) = 2 \int_{0}^{+\infty} (dt)/(((n+1)/n))t^2 +1) = 2 \sqrt{n/(n+1)} \int_{0}^{+\infty} (du)/(u^2 + 1) = pi \sqrt{n/(n+1)}$;
$I_n = I_{n,1} + I_{n,2} = pi (\sqrt{n/(n+1)} - \sqrt{(n-1)/n})$.

È facile notare che la serie
$\sum_{n=1}^{+\infty} I_n = pi \sum_{n=1}^{+\infty} (\sqrt{n/(n+1)} - \sqrt{(n-1)/n})$
è una serie telescopica, ovvero il secondo addendo di un termine si annulla con il primo addendo del termine precedente, così che
$\sum_{n=1}^{N} I_n = pi \sqrt{N/(N+1)} \to pi, N \to +\infty$.