ingres ha scritto:Sicuramente non facile ma sembra promettente
Grazie Quinzio, spunto veramente notevole!
Nello spoiler ci sono altre novita'.
Testo nascosto, fai click qui per vederlo
Sembra che l'integrale da risolvere sia questo:
$I=3(A+B)$
$A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=z/(n+1)}^{x=z/n} \int_{y=x}^{y=z} (z/x - n) x/y y/z\ dy\ dx\ dz$
$B = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{m=1}^{\infty} \int_{x=z/(m+1)}^{x=z/m} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{y=(x)/(n+1)}^{y=(x)/n} (z/x - m) (x/y-n) y/z\ dy\ dx\ dz$
Riscrivo qui gli estremi degli integrali:
Integrale $A$: $z \in [0,1]$, $x\in [z/(n+1), z/n]$, $y \in [x, z]$
Integrale $B$: $z \in [0,1]$, $x\in [z/(m+1), z/m]$, $y \in [(x)/(n+1), (x)/n]$
Da vedere e' abbastanza terrificante, ma quello che crea piu' problemi sono le sommatorie, non tanto gli integrali in se.
La prima cosa che si nota e' che nell'integranda di entrambi gli integrali si puo' fare questa operazione:
$(z/x - n) x/y y/z = 1- n x/z$
$(z/x - m) (x/y-n) y/z = 1- m x/z - n y/x +mn y/z $
Sfruttando la linearita' dell'integrale quell'$1$ si puo' integrare separatamente, ovvero
$\barI=3(\barA+\barB)$
$\barA = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=z/(n+1)}^{x=z/n} \int_{y=x}^{y=z} \ dy\ dx\ dz = 1/6$
$\barB = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{m=1}^{\infty} \int_{x=z/(m+1)}^{x=z/m} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{y=(x)/(n+1)}^{y=(x)/n} \ dy\ dx\ dz = 1/6$
Quindi $\barI = 1$.
Questo risultato e' immediato, in quanto tutti quegli estremi sugli integrali e quelle sommatorie non fanno altro che spezzare il volume del cubo in tante parti.
Se l'integranda e' $1$, si ritrova il volume del cubo che e' $1$.
Questo e' responsabile di quell' $1$ che si vede nel risultato finale $ 1+\pi^2\frac{2\zeta(3)-9}{72} $ pubblicato da dan95.
Il $\pi^2$ viene sicuramente fuori dalla sommatoria $\sum 1/n^2 = \pi^2 / 6$
Anche la funzione zeta di Riemann altro non e' che una sommatoria $\zeta(3) = \sum 1/n^3$ di cui pero' non esiste la forma chiusa.
Le sommatorie derivano da quelle che si vedono negli integrali, che quasi sicuramente sono separabili dal resto dell'integrale.
$I=3(A+B)$
$A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=z/(n+1)}^{x=z/n} \int_{y=x}^{y=z} (z/x - n) x/y y/z\ dy\ dx\ dz$
$B = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{m=1}^{\infty} \int_{x=z/(m+1)}^{x=z/m} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{y=(x)/(n+1)}^{y=(x)/n} (z/x - m) (x/y-n) y/z\ dy\ dx\ dz$
Riscrivo qui gli estremi degli integrali:
Integrale $A$: $z \in [0,1]$, $x\in [z/(n+1), z/n]$, $y \in [x, z]$
Integrale $B$: $z \in [0,1]$, $x\in [z/(m+1), z/m]$, $y \in [(x)/(n+1), (x)/n]$
Da vedere e' abbastanza terrificante, ma quello che crea piu' problemi sono le sommatorie, non tanto gli integrali in se.
La prima cosa che si nota e' che nell'integranda di entrambi gli integrali si puo' fare questa operazione:
$(z/x - n) x/y y/z = 1- n x/z$
$(z/x - m) (x/y-n) y/z = 1- m x/z - n y/x +mn y/z $
Sfruttando la linearita' dell'integrale quell'$1$ si puo' integrare separatamente, ovvero
$\barI=3(\barA+\barB)$
$\barA = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=z/(n+1)}^{x=z/n} \int_{y=x}^{y=z} \ dy\ dx\ dz = 1/6$
$\barB = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{m=1}^{\infty} \int_{x=z/(m+1)}^{x=z/m} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{y=(x)/(n+1)}^{y=(x)/n} \ dy\ dx\ dz = 1/6$
Quindi $\barI = 1$.
Questo risultato e' immediato, in quanto tutti quegli estremi sugli integrali e quelle sommatorie non fanno altro che spezzare il volume del cubo in tante parti.
Se l'integranda e' $1$, si ritrova il volume del cubo che e' $1$.
Questo e' responsabile di quell' $1$ che si vede nel risultato finale $ 1+\pi^2\frac{2\zeta(3)-9}{72} $ pubblicato da dan95.
Il $\pi^2$ viene sicuramente fuori dalla sommatoria $\sum 1/n^2 = \pi^2 / 6$
Anche la funzione zeta di Riemann altro non e' che una sommatoria $\zeta(3) = \sum 1/n^3$ di cui pero' non esiste la forma chiusa.
Le sommatorie derivano da quelle che si vedono negli integrali, che quasi sicuramente sono separabili dal resto dell'integrale.
