Δείξτε ότι

Να αποδείξετε ότι $\displaystyle{\int_{0}^{\infty}\frac{e^{-x}(x^{2}+x+1/12)}{\sqrt{x}(x^{2}+x+3/4)^{3}}dx=\frac{2}{9}\sqrt{\pi}}$ ή δείχνουν ότι $\displaystyle{\int\frac{e^{-x}(x^{2}+x+1/12)}{\sqrt{x}(x^{2}+x+3/4)^{3}}dx=\frac{2\sqrt{\pi}}{9}\text{erf}(\sqrt{x})+\frac{4\sqrt{x}e^{-x}(8x^{3}+12x^{2}...

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty}\frac{H_{n-1}}{n^{2}}\sin(\pi n/3)\neq 0}$ $\displaystyle{1. \;\ H_{n-1}=H_{n}-\frac{1}{n}}$ $\displaystyle{2. \;\ Cl_{2}(\pi/3)=\Im Li_{2}(e^{\pi i/3})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\pi n/3)}{n^{2}}}$ $\displaystyle{3. \;\ \Im Li_{3}(e^{\pi i/3})=\frac{5\pi^{3}}{16...

Ξεκινάμε με τη γνωστή γεννήτρια: $\displaystyle{1/2\left[\zeta(s)-\zeta(2s)\right]=\frac{(-1)^{s-1}}{(s-1)!}\int_{0}^{1}\frac{\log^{s-1}(v)Li_{s}(v)}{1-v}dv}$ $s=2$: $\displaystyle{\frac{-3}{4}\zeta(4)=\int_{0}^{1}\frac{\log(v)Li_{2}(v)}{1-v}dv.....[1]}$ $\displaystyle{\zeta(2)-\sum_{k=1}^{n}\frac{1...

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}H_{n}x^{n-1}=\frac{-\log(1-x)}{x(1-x)}}$ $\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n}x^{n}=\frac{1}{2}\log^{2}(1-x)+Li_{2}(x)}$ $\displaystyle{\Re Li_{2}(e^{ix})=\frac{x^{2}}{4}-\frac{\pi x}{2}+\frac{\pi^{2}}{6}, \;\ x\to \frac{\pi}{3}}$ $\Rightarrow \displayst...

:clap2: :clap: $\displaystyle{Li_{2}\left(\frac{1}{2}-\frac{\sqrt{3}i}{2}\right)=Li_{2}(e^{-\pi i/3})=\frac{\pi^{2}}{36}-Cl_{2}(\frac{\pi}{3})}i*$ $\displaystyle{*Cl_{2}(\frac{\pi}{3})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\frac{\pi n}{3})}{n^{2}}=\frac{\sqrt{3}}{6}\psi_{1}(1/3)-\frac{\pi^{2}\sqrt{3}}{9}}$

συγχωρέστε αν τα ελληνικά μου δεν είναι πολύ καλή Υπολογίστε: $\displaystyle{\displaystyle{\int_{0}^{1}\log(1+x)\log(1-x^{3})dx}=}$ Δε ξερώ ακριβώς τη λύση. Κατάφερα να βρω κάτι ισοδύναμο: $\displaystyle{\displaystyle{-\gamma+2\gamma \log(2)-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n}\psi\left(\frac{n+4}{3}\...

Υπολογίστε

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos(\frac{\pi}{3}(n-k))}{nk(n+k)}=**\frac{2\pi}{9}Cl_{2}(\pi/3)+CL_{3}(\pi/3)+CL_{3}(\frac{2\pi}{3})=-1/9\zeta(3)+\frac{\pi \sqrt{3}}{27}\psi_{1}(1/3)-\frac{2\pi^{3}\sqrt{3}}{81}}}$ $\displaystyle \sum_{n=1}^{\i...

Να δειχθεί ότι $\displaystyle{\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx=***\underbrace{CL_{3}(\frac{\pi}{3})-2CL(\frac{2\pi}{3})-\frac{4\pi}{9}Cl_{2}(\frac{\pi}{3})}_{\text{Clausen sums}}=\frac{11}{9}\zeta(3)-\frac{2\pi \sqrt{3}}{27}\psi_{1}(1/3)+\frac{4\pi^{3}\sqrt{3}}{81}}}$ $\disp...

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{n^{2}\binom{2n}{n}}=1/2\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx+\int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(-(x^{2}-x))}{x}dx$ $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{Li_{2}(-(x^{2}-x))}{x}dx=1/2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\Gamma^{2}(n)}{n^{2}\Gamma(2n)}=-4/3\zeta(3)+\frac{\pi}{...

Χρησιμοποιούμε κύκλο ακτίνας $N+1/2$ με κέντρο την αρχή των αξόνων ως το contour. Θεωρούμε τη συνάρτηση πυρήνα $\displaystyle f(z)= \frac{\pi csc(\pi z)(\gamma+\psi(-z))}{z^{2}}$ Υπάρχουν πόλοι στους θετικούς ακεραίους , $n$ , λόγω της δίγαμμα καθώς επίσης πόλοι στους αρνητικούς ακεραίους $-n$ όπως ...

Γράφουμε το ολοκλήρωμα ως: $\displaystyle \int_{0}^{1}\ln^{k-1}(x)\ln(1-x)dx$ Ξεκινάμε με την ταυτότητα: $\displaystyle \int_{0}^{1}x^{m-1}\ln(1-x)dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{1}x^{n+m-1}dx=-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+m)}$ Τώρα, διαφορίζουμε $k-1$ φορές ως προς $m$ ώστε να έχουμε...

Hi Everyone. It's been a while. Nice to be back. Sorry for the English. Maybe someone may be kind enough to translate. But, I have a challenging integral to post you may like. Show that: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\sin(x^{2})}{\pi-x^{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\left(C(\sqrt{2})+S(\sqrt{2})...

Γράφουμε το άθροισμα ως εξής: $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn(m+n+2)}$ Χρησιμοποιούμε 'e' ολοκλήρωση. Οπότε παίρνουμε $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{m=1}^{\infty}\frac{1}{mn}\int_{0}^{\infty}e^{-(m+n+2)x}dx$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-2x}\sum_{n=1}^...

Είναι ένα εναλλασσόμενο άθροισμα του Euler. Ορίζουμε $\displaystyle H_{n}^{-}=1-\frac{1}{2}+......+\frac{(-1)^{n-1}}{n}$ επομένως η σειρά είναι η $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}H_{n}^{-}}{n}$ Υπάρχει μια γεννήτρια συνάρτηση για αυτήν: $\displaystyle \frac{\log(1+x)}{1-x}=\sum_{n=1...

$u=px$ $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\sinh(u)}{u}\left(\frac{1}{\cosh(u)+\cos(au/p)}-\frac{1}{\cosh(u)+\cos(bu/p)}\right)du$ $\displaystyle f(au)=\frac{\sinh(u)}{\cosh(u)+\cos(au/p)}=1/2\left[\tanh(u/2(1-ai/p))+\tanh(u/2(1+ai/p))\right]$ $\displaystyle f(bu)=\frac{\sinh(u)}{\cosh(u)+\cos(bu/...

$\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\log(x^{2}+1)}{x^{2}+1}dx$ $\displaystyle x=\tan(t), \;\ dx=\sec^{2}(t)dt$ $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(1+\tan^{2}(t))}{1+\tan^{2}(t)}\sec^{2}(t)dt$ $=\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\log(\sec^{2}(t))}{\sec^{2}(t)}\cdot \sec^{2}(...

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f(z)=\frac{e^{az}}{e^{z}+1}$ και το ορθογώνιο περίγραμμα με κορυφές: $\displaystyle (-R,0), \;\ (R,0), \;\ (R,R+2\pi i), \;\ (-R,-R+2\pi i)$ Οι πόλοι της $f(z)$ είναι οι $z=(2n+1)\pi i$. Ο μοναδικός που βρίσκεται στο εσωτερικό του ορθογωνίου είναι το $\pi i$. Κα...

Ας δειχθεί ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\sinh(px)}{x}\left(\frac{\cos(bx)-\cos(ax)}{(\cosh(px)+\cos(ax))(\cosh(px)+\cos(bx))}\right)dx=1/2\log\left(\frac{p^{2}+a^{2}}{p^{2}+b^{2}}\right)$. φαίνεται να σχετίζεται με: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}e^{-px}\cdot \frac{\cos(bx)-\cos(ax)}{x...