Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Tolaso J Kos · #1

Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{\int_0^1\frac{x \arctan x \log\left(1-x^2 \right)}{1+x^2} \, {\rm d}x=-\frac{\pi^3}{48}-\frac{\pi}{8}\log^2 2+\mathcal{G}\log 2}$
όπου $\mathcal{G}$ η σταθερά Catalan .

Tolaso J Kos · #2

Μαζί με την επαναφορά , δίνω ισχυρή υπόδειξη:

$\displaystyle{\frac{x \arctan x}{x^2+1} = \sum_{m=1}^{\infty} (-1)^m \left ( \mathcal{H}_{2m} - \frac{1}{2} \mathcal{H}_m \right ) x^{2m}}$

#3

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Δευ Μαρ 27, 2017 2:03 am
Να δειχθεί ότι
$\displaystyle{\int_0^1\frac{x \arctan x \log\left(1-x^2 \right)}{1+x^2} \, {\rm d}x=-\frac{\pi^3}{48}-\frac{\pi}{8}\log^2 2+\mathcal{G}\log 2}$
όπου $\mathcal{G}$ η σταθερά Catalan .

Tόλη,

κάπου με μπερεύεις με τους συμβολισμούς σου. Για παράδειγμα δεν μου είναι σαφές αν ο αριθμητής της παράστασης
είναι ο

$x \left ( \arctan x \right ) \left (\log\left(1-x^2 \right) \right )$ ή ο $x \arctan \left ( x \log\left(1-x^2 \right)\right )$

Mα μπορεί να πει κανείς ότι προφανέστατα εννοείται το πρώτο, οπότε γιατί φωνάζει ο υποφαινόμενος;

Χμμμ.

Να όμως που στο ποστ σου εδώ όπου εμφανίζεται ο όρος

Tolaso J Kos έγραψε: ↑
Σάβ Μάιος 14, 2022 9:56 pm

$\displaystyle{\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan \alpha \sin^2 x}{x^2}\, \mathrm{d}x = \frac{\pi}{\sqrt{2}} \cdot \frac{\alpha}{\sqrt{1+ \sqrt{1+\alpha^2}}}}$ [/centre]

αντιλαμβάνομαι ότι, αντίθετα με πριν, ο νοούμενος αριθμητής δεν είναι ο

$\left (\arctan \alpha \right ) \left ( \sin^2 x \right )$ αλλά ο $\arctan \left ( \alpha \sin^2 x \right )$ .

Τα λέω καλά;

Tolaso J Kos · #4

Mihalis_Lambrou έγραψε: ↑
Κυρ Μάιος 15, 2022 1:45 pm
Τα λέω καλά;

Σωστά!!!

Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Re: Ολοκληρώμα με τόξο εφαπτομένης

Μέλη σε σύνδεση