ガウス記号[x]の不定積分

方針

ガウス記号を含んだ関数の積分の基本的な解法は積分区間を分けることです。
試しに$x$を$1$から${\displaystyle \frac{1}{2}}$刻みで表を作ると次のようになります。

$x=1,2,3,4$のときの積分の値に注目すると、$0,1,3,6$となっています。$\lfloor x\rfloor$のグラフを見れば明らかですが、これは階差数列になっていることが分かります。これを利用して積分していきます。

解説

$(i)1\leqq x$のとき

$${\int }_0^x\lfloor t\rfloor dt={\int }_0^{\lfloor x\rfloor }\lfloor t\rfloor dt+{\int }_{\lfloor x\rfloor }^x\lfloor t\rfloor dt$$
式変形後の前半の積分は前のセクションで書いた階差数列の総和を取ることが出来るので
$${\int }_0^{\lfloor x\rfloor }\lfloor t\rfloor dt$$
$$=\sum _{k=0}^{\lfloor x\rfloor -1}{\int }_k^{k+1}\lfloor t\rfloor dt$$
$$=\sum _{k=0}^{\lfloor x\rfloor -1}{\int }_k^{k+1}kdt$$
$$=\sum _{k=0}^{\lfloor x\rfloor -1}k$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}(\lfloor x\rfloor -1)\lfloor x\rfloor \cdots \cdots (1)$$

後半の積分は$\lfloor x\rfloor \leqq x<\lfloor x\rfloor +1$より
$${\int }_{\lfloor x\rfloor }^x\lfloor t\rfloor dt$$
$$={\int }_{\lfloor x\rfloor }^x\lfloor x\rfloor dt$$
$$=\lfloor x\rfloor (x-\lfloor x\rfloor )\cdots \cdots (2)$$

$(1),(2)$より
$${\int }_0^x\lfloor t\rfloor dt={\displaystyle \frac{1}{2}}(\lfloor x\rfloor -1)\lfloor x\rfloor +\lfloor x\rfloor (x-\lfloor x\rfloor )=x\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x{\rfloor }^2$$

$(ii)0\leqq x<1$のとき

$${\int }_0^x\lfloor t\rfloor dt={\int }_0^{x}0dt=0$$

$(iii)x<0$のとき

区間を無視して積分するので$\lfloor x\rfloor$が$(0,{\displaystyle \frac{1}{2}})$で点対称と見なせる。これより以下の等式が成り立つ。

$${\int }_0^x\lfloor t\rfloor dt=-{\int }_x^0\lfloor t\rfloor dt=-({\int }_x^0\lfloor t\rfloor dt+{\int }_0^{{\displaystyle \frac{1}{2}}}\lfloor t\rfloor dt)=-({\int }_x^{{\displaystyle \frac{1}{2}}}\lfloor t\rfloor dt)(\because {\int }_0^{{\displaystyle \frac{1}{2}}}\lfloor t\rfloor dt=0)$$
先程の等式を用いて
$$={\int }_{{\displaystyle \frac{1}{2}}}^{-x+1}\lfloor t\rfloor dt={\int }_0^{{\displaystyle \frac{1}{2}}}\lfloor t\rfloor dt+{\int }_{{\displaystyle \frac{1}{2}}}^{-x+1}\lfloor t\rfloor dt={\int }_0^{-x+1}\lfloor t\rfloor dt$$
$x<0$より$1<-x+1$だから$(i)$より
$$=(1-x)\lfloor 1-x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor 1-x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor 1-x{\rfloor }^2$$
$\lfloor 1-x\rfloor =1+\lfloor -x\rfloor =-\lfloor x\rfloor (x\ne 0)$より
$$=-(1-x)\lfloor x\rfloor +{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x{\rfloor }^2$$
$$=x\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x{\rfloor }^2$$

$(i),(ii),(iii)$より
$$\int \lfloor x\rfloor dx=x\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x{\rfloor }^2+const.$$

面白い性質?

微分してみる

微分の定義から計算すると
$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor x+h\rfloor -\lfloor x\rfloor }{h}}$$
$$=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor \lfloor x\rfloor +(x-\lfloor x\rfloor +h)\rfloor -\lfloor x\rfloor }{h}}$$
$$=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor x-\lfloor x\rfloor +h\rfloor }{h}}$$

$x-\lfloor x\rfloor \ne 0$のとき

$x-\lfloor x\rfloor +h=(x$の小数部分$)+h$
また$h\to 0$より
$h$は十分に小さい値を取るので
$0\le x-\lfloor x\rfloor +h<1$とすることができるから
$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor x-\lfloor x\rfloor +h\rfloor }{h}}=\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{0}{h}}=0$$

$x-\lfloor x\rfloor =0$のとき

$${\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =\underset{h\to 0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor h\rfloor }{h}}$$
$$\underset{h\to +0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor h\rfloor }{h}}=0,\underset{h\to -0}{lim}{\displaystyle \frac{\lfloor h\rfloor }{h}}=\mathrm{\infty }$$

よって $x$が整数でないときの$\lfloor x\rfloor$の微分は$0$です。

では、確認として前のセクションで求めた積分を微分してみましょう。
$f(x)=\lfloor x\rfloor$とする。
$$\int f(x)dx=xf(x)-{\displaystyle \frac{1}{2}}f(x)-{\displaystyle \frac{1}{2}}f(x{)}^2+const.$$
両辺を微分して
$$f(x)=f(x)+x{f}^{\prime }(x)-{\displaystyle \frac{1}{2}}{f}^{\prime }(x)-f(x)f^{\prime }(x)$$
$$f^{\prime }(x)(x-{\displaystyle \frac{1}{2}}-f(x))=0$$
$x\ne n+{\displaystyle \frac{1}{2}}(n\in \mathbb{Z})$のとき $f^{\prime }(x)={\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =0$
$x=n+{\displaystyle \frac{1}{2}}(n\in \mathbb{Z})$のとき$\lfloor x\rfloor =n$より ${\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =0$

$$\therefore {\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =\{\begin{array}{c}0(x\notin \mathbb{Z})\\ Indefinitive(x\in \mathbb{Z})\end{array}$$

積分が一致しない問題

${\displaystyle \frac{d}{dx}}\lfloor x\rfloor =0$を認めると
$x\lfloor x\rfloor$の微分は
$${\displaystyle \frac{d}{dx}}x\lfloor x\rfloor =1\cdot \lfloor x\rfloor +x\cdot 0=\lfloor x\rfloor$$
となって、積分しなおすと
$$\int \lfloor x\rfloor dx=x\lfloor x\rfloor +const.$$

このとき
$$\underset{x\to n+0}{lim}x\lfloor x\rfloor =n^2,\underset{x\to n-0}{lim}x\lfloor x\rfloor =n^2-n$$
となり、左右の極限が一致しないことになります。


$const.\to -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x\rfloor -{\displaystyle \frac{1}{2}}\lfloor x{\rfloor }^2+const.$と置きなおすことで前セクションで求めた積分の値が得られます。積分の値が一致しなかった原因は定数に$\lfloor x\rfloor$が含まれてしまったことだと思われるので、微分すると$0$になる関数が定数以外に$\lfloor x\rfloor$が登場することに注意しなければいけません。

類題

同じような解き方をするってだけで前でやった内容はほとんど使わないのですが、ガウス記号を含む積分を布教したいのでもう一問解きます。

その1

解法1

$${\int }_0^{1}x\lfloor {\displaystyle \frac{1}{x}}\rfloor dx$$
$y={\displaystyle \frac{1}{x}}$とおく。$dy=-{\displaystyle \frac{1}{x^2}}dx,x:0\to 1\iff y:\mathrm{\infty }\to 1$より
$$={\int }_1^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{\lfloor y\rfloor }{y^3}}dy$$
前の問題と同様に積分区間を分けると
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_n^{n+1}{\displaystyle \frac{\lfloor y\rfloor }{y^3}}dy$$
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_n^{n+1}{\displaystyle \frac{n}{y^3}}dy$$
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{n}{2}}({\displaystyle \frac{1}{n^2}}-{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}})$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{2n+1}{n(n+1{)}^2}}$$
部分分数分解して
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{2}}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}({\displaystyle \frac{1}{n}}-{\displaystyle \frac{1}{n+1}})$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{{\pi }^2}{6}}-1)+{\displaystyle \frac{1}{2}}\cdot 1={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{12}}$$

解法2

$n\leqq {\displaystyle \frac{1}{x}}<n+1(n\in {\mathbb{N}}_{+})$を満たすとき、不等式を$x$について解くと${\displaystyle \frac{1}{n+1}}<x\leqq {\displaystyle \frac{1}{n}}$となるから
$${\int }_0^{1}x\lfloor {\displaystyle \frac{1}{x}}\rfloor dx$$
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{{\displaystyle \frac{1}{n+1}}}^{{\displaystyle \frac{1}{n}}}x\lfloor {\displaystyle \frac{1}{x}}\rfloor dx$$
$n\leqq {\displaystyle \frac{1}{x}}<n+1$より$\lfloor {\displaystyle \frac{1}{x}}\rfloor =n$だから
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{\int }_{{\displaystyle \frac{1}{n+1}}}^{{\displaystyle \frac{1}{n}}}nxdx$$
$$=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}n\cdot {\displaystyle \frac{1}{2}}({\displaystyle \frac{1}{n^2}}-{\displaystyle \frac{1}{(n+1{)}^2}})$$
あとは解法1と同様の内容なので
$$={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{12}}$$

その2

$${\int }_1^{\mathrm{\infty }}{\displaystyle \frac{x\lfloor x^2\rfloor }{\lfloor x{\rfloor }^3}}\sin \pi x^{2}dx$$
$$=\sum _{n\ge 1}{\int }_{\sqrt{n}}^{\sqrt{n+1}}{\displaystyle \frac{x\lfloor x^2\rfloor }{\lfloor x{\rfloor }^3}}\sin \pi x^{2}dx$$

$n<x^2<n+1$より$\lfloor x^2\rfloor =n$
$$=\sum _{n\ge 1}n{\int }_{\sqrt{n}}^{\sqrt{n+1}}{\displaystyle \frac{x}{\lfloor x{\rfloor }^3}}\sin \pi x^{2}dx$$

$n=m^2$から$n=(m+1{)}^2-1$の和で分けると

$$=\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}(m^2+k){\int }_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}}{\displaystyle \frac{x}{\lfloor x{\rfloor }^3}}\sin \pi x^{2}dx$$

このとき、$m\le \sqrt{m^2+k}<x<\sqrt{m^2+k+1}\le (m+1{)}^2$より$\lfloor x\rfloor =m$だから

$$=\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}{\int }_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}}x\sin \pi x^{2}dx$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}{\int }_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}}\left({\displaystyle \frac{d}{dx}}\pi x^2\right)\sin \pi x^{2}dx$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}[-\cos \pi x^2{]}_{\sqrt{m^2+k}}^{\sqrt{m^2+k+1}}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}\{\cos \pi (m^2+k)-\cos \pi (m^2+k+1)\}$$

$m^2+k,m^2+k+1$は整数なので

$$={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}\{(-1{)}^{m^2+k}-(-1{)}^{m^2+k+1}\}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{2\pi }}\sum _{m\ge 1}\sum _{k=0}^{2m}{\displaystyle \frac{m^2+k}{m^3}}\cdot 2(-1{)}^{m^2+k}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{\pi }}\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m^2}}{m^3}}\sum _{k=0}^{2m}(-1{)}^k(m^2+k)$$
$$={\displaystyle \frac{1}{\pi }}\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m^2}}{m^3}}\{\sum _{i=0}^m(m^2+2i)-\sum _{j=1}^m(m^2+2j-1)\}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{\pi }}\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m^2}}{m^3}}\{(m^3+2m^2+m)-(m^3+m^2)\}$$
$$={\displaystyle \frac{1}{\pi }}\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m^2}}{m^3}}(m^2+m)$$

$m,m^2$の偶奇は一致するから

$$={\displaystyle \frac{1}{\pi }}\sum _{m\ge 1}(-1{)}^m({\displaystyle \frac{1}{m}}+{\displaystyle \frac{1}{m^2}})$$

それぞれの級数を求めると
$$\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m-1}}{m}}=\log 2$$
$$\sum _{m\ge 1}{\displaystyle \frac{(-1{)}^{m-1}}{m^2}}=\sum _{m\ge 1}(1-{\displaystyle \frac{1}{2}}){\displaystyle \frac{1}{m^2}}={\displaystyle \frac{{\pi }^2}{12}}$$
これより
$$=-{\displaystyle \frac{\log 2}{\pi }}-{\displaystyle \frac{\pi }{12}}$$

あとがき: ガウス記号の積分の有用性はほぼないと思いますが、テクニカルな積分の問題が出来そうなので、思いついたらまた記事を書くと思います。