Un integrale triplo

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.

Ultima modifica di Quinzio il 09/12/2022, 23:12, modificato 1 volta in totale.

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Vi lascio un link Geogebra dove si vede il cubo con alcune delle sezioni in cui la parte frazionaria non ha discontinuita'. Sui bordi delle sezioni la parte frazionaria raggiunge 1 o zero e quindi si salta in un nuova sezione dove la parte frazionaria ritorna a 1 o a zero.
https://www.geogebra.org/m/tcde9jnx

So che e' un integrale poco simpatico, pero' con un po' di sforzo e di immaginazione ci si salta fuori.

Ultima modifica di Quinzio il 08/12/2022, 15:57, modificato 1 volta in totale.

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$$A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=\frac{z}{n+1}}^{x=\frac{z}{n}} \int_{y=x}^{y=z} \left (\frac{z}{x} - n \right) \frac{x}{y} \frac{y}{z}\ dy\ dx\ dz$$

$$A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=\frac{z}{n+1}}^{x=\frac{z}{n}} \int_{y=x}^{y=z} \left (1 - n \frac{x}{z} \right) \ dy\ dx\ dz$$

$$ A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=\frac{z}{n+1}}^{x=\frac{z}{n}} \left (1 - n \frac{x}{z} \right)(z - x) \ dx\ dz $$

$$ A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \int_{x=\frac{z}{n+1}}^{x=\frac{z}{n}} \left (z - x(n+1) + \frac{n x^2}{z} \right) \ dx\ dz $$

$$ A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \left (zx - \frac{x^2}{2}(n+1) + \frac{n x^3}{3z} \right) \biggr\rvert_{x=\frac{z}{n+1}}^{x=\frac{z}{n}} \ dx\ dz $$

$$ A = \int_{z=0}^{z=1} \sum_{n=1}^{\infty} \left(
z^2 \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right)
- \frac{z^2}{2} \left(\frac{n+1}{n^2} - \frac{n+1}{(n+1)^2} \right)
+ \frac{z^2}{3} \left(\frac{n}{n^3} - \frac{n}{(n+1)^3} \right)
\right) \ dz $$

Sommatorie...
$$
\sum_{n=1} \left(\frac{1}{n} - \frac{1}{n+1} \right) = 1
$$

$$
\sum_{n=1} \left(\frac{n+1}{n^2} - \frac{n+1}{(n+1)^2} \right) = \dots + \frac{n+1}{n^2} - \frac{n+1}{(n+1)^2} + \frac{n+2}{(n+1)^2} - \frac{n+2}{(n+2)^2} + \dots = \\ = 2 + \sum_{n=1} \frac{1}{(n+1)^2} = 1+ \frac{{\pi}^2}{6}
$$

$$
\sum_{n=1} \left(\frac{n}{n^3} - \frac{n}{(n+1)^3} \right) = \dots + \frac{n}{n^3} - \frac{n}{(n+1)^3} + \frac{n+1}{(n+1)^3} - \frac{n+1}{(n+2)^3} + \dots = \\ = 1 + \sum_{n=1} \frac{1}{(n+1)^3} = \zeta(3)
$$

$$ A = \int_{z=0}^{z=1} \left(
z^2
- \frac{z^2}{2} \left( 1+ \frac{{\pi}^2}{6} \right)
+ \frac{z^2}{3} \zeta(3)
\right) \ dz $$

$$ A = \frac{1}{3} \left(
1
- \frac{1}{2} \left( 1+ \frac{{\pi}^2}{6} \right)
+ \frac{1}{3} \zeta(3)
\right) $$

Ultima modifica di Quinzio il 10/12/2022, 09:04, modificato 1 volta in totale.

@Quinzio

Scusami era da un po' che non entravo e non avevo visto la soluzione

@Quinzio

Scusami era da un po' che non entravo e non avevo visto la soluzione

In realta' la soluzione non e' completa, c'e' ancora da risolvere l'integrale $B$, sperando che sia tutto corretto.

Se qualcuno vuole offrirsi volontario....

Beh ci posso provare.
Visto la risoluzione di A, probabilmente anche B è meno complicata di quello che sembra.

@Quinzio

Scusami era da un po' che non entravo e non avevo visto la soluzione

In realta' la soluzione non e' completa, c'e' ancora da risolvere l'integrale $ B $, sperando che sia tutto corretto.

Se qualcuno vuole offrirsi volontario....

Pero l' idea generale mi sembra corretta... Comunque se trovo del tempo mi ci metto. Bravo anche Ingres che sta contribuendo alla risoluzione.

Ho provato a calcolare B

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$B=int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n)(z/x−m)(x/y−n)y/z dy dx dz$

Consideriamo l'ultimo integrale:
$int_(y=x/(n+1))^(y=x/n)(z/x−m)(x/y−n)y/z dy = int_(y=x/(n+1))^(y=x/n)((1-mx/z)+n(m/z-x)y)dy= $
$=(1-mx/z)x(1/n-1/(n+1)) + 1/2n(m/z-x)x^2(1/n^2 -1/(n+1)^2)$

Applicando la sommatoria risulta:

$sum_(n=1)^∞ (1/n-1/(n+1))=1$
$sum_(n=1)^∞ n*(1/n^2 -1/(n+1)^2)=sum_(n=1)^∞ (1/n-1/(n+1)+1/(n+1)^2)=1+pi^2/6-1 = pi^2/6$

Quindi passando all'integrale intermedio:
$int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) ((1-mx/z)x+pi^2/(12)*(m/z-x)x^2)dx=$
$=int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) (x+mx^2/z(pi^2/(12)-1)-pi^2/(12)x^3)dx=$
$=z^2/2(1/m^2 -1/(m+1)^2)+z^2/3(pi^2/(12)-1)m(1/m^3 -1/(m+1)^3)-z^4(pi^2/(48))(1/m^4 -1/(m+1)^4)$

Applicando la sommatoria risulta:
$sum_(m=1)^∞ (1/n^2-1/(n+1)^2)=1$
$sum_(m=1)^∞ m(1/m^3 -1/(m+1)^3)=sum_(n=1)^∞ (1/m^2-1/(m+1)^2+1/(m+1)^3)=1+zeta(3)-1=zeta(3)$
$sum_(m=1)^∞(1/m^4 -1/(m+1)^4)=1$

e quindi il primo integrale diventa:
$B=int_(z=0)^(z=1) (z^2/2+z^3/3(pi^2/(12)-1)zeta(3)-pi^2/(48)z^4)dz=1/6+1/(12)(pi^2/(12)-1)zeta(3)-pi^2/(240)$

$I =3(A+B) = 3(1/6+pi^2/36+1/9zeta(3)+1/6+1/(12)(pi^2/(12)-1)zeta(3)-pi^2/(240))=$
$I=1+17/(240)pi^2+(4+pi^2)(zeta(3))/(144)$

Sono riuscito ad arrivare in fondo e quindi la buona notizia è che l'idea è corretta e permette di arrivare al risultato. Quella cattiva è che c'è qualche errore nei calcoli, quasi sicuramente nel calcolo di B visto l'ora tarda

Ho provato a calcolare B....

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Nel tuo post sotto a "e quindi il primo integrale diventa:" c'e' un $z^3$ che in realta' e' $z^2$.
Poi anche quella sommatoria con la potenza quarta non so se e' corretto. Ma su questo non sono sicuro.

Sapere che c'e' questa soluzione lasciata a meta' non mi da pace...

Testo nascosto, fai click qui per vederlo

$B=int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n)(z/x−m)(x/y−n)y/z dy dx dz$

L'integranda come somma diventa:
$(z/x−m)(x/y−n)y/z = 1 - m x/z - n y/x + mn y/z$

e quindi calcolo separatamente l'integrale di ogni addendo.

Per il primo il calcolo e' immediato:
$B_1=int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n) dy dx dz$
$B_1 = 1/6$

Secondo addendo $-m x/z $
$B_2=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n) m x/z \ dy\ dx\ dz$

$B_2=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ m x/z (x/n - x/(n+1) ) \ dx\ dz$

$B_2=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ m x^3/(3z) |_(x=z/(m+1))^(x=z/m) \ dz$

$B_2=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ z^2/3 (m/m^3 - m/(m+1)^3) \ dz$

$B_2=-int_(z=0)^(z=1) z^2/3 \zeta(3) \ dz$

$B_2=-1/9 \zeta(3) $

Terzo addendo $- n y/x$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n) n y/x \ dy\ dx\ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ n/x y^2 / 2 |_(y=x/(n+1))^(y=x/n) \ dx\ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ x/2 (n/n^2 - n/(n+1)^2) \ dx\ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) x/2 \pi^2 / 6 \ dx\ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ x^2/24 \pi^2 |_(x=z/(m+1))^(x=z/m) \ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ z^2/24 \pi^2 (1/m^2 - 1/(m+1)^2 ) \ dz$

$B_3=-int_(z=0)^(z=1) z^2/24 \pi^2 \ dz$

$B_3=- \pi^2 / 72$

Quarto addendo $mn y/z$

$B_4=int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) sum_(n=1)^∞ int_(y=x/(n+1))^(y=x/n) nm y/z \ dy\ dx\ dz$

$B_4=int_(z=0)^(z=1)sum_(m=1)^∞ int_(x=z/(m+1))^(x=z/m) m x^2/z \pi^2/ 12 \ dx\ dz$

$B_4=int_(z=0)^(z=1) z^2 \pi^2/ 36 \zeta(3) \ dz$

$B_4= \pi^2/ 108 \zeta(3) $

-----------------------------------------

$B = B_1 + B_2 + B_3 + B_4 = 1/6 -1/9 \zeta(3) - \pi^2 / 72 + \pi^2/ 108 \zeta(3) $

Riprendo $A$

$A = 1/3 (1 -1/2 (1+\pi^2 /6) + 1/3 \zeta(3)) = 1/6 - \pi^2 /36 + 1/9 \zeta(3)$

calcolo $I$

$ I = 3A + 3B = 3(1/6 - \pi^2 /36 + 1/9 \zeta(3)) + 3(1/6 -1/9 \zeta(3) - \pi^2 / 72 + \pi^2/ 108 \zeta(3) )$

$ I = (1/2 - \pi^2 /12 + 1/3 \zeta(3)) + (1/2 -1/3 \zeta(3) - \pi^2 / 24 + \pi^2/ 36 \zeta(3) )$

$ I = 1 - \pi^2 /8 + \pi^2/ 36 \zeta(3)$

$ I = 1 + \pi^2 ( 1/ 36 \zeta(3) - 1/8)$

$ I = 1 + \pi^2 ( 2 \zeta(3) - 9)/72 $