Χαιρετώ τους φίλους. Το θέμα έως και το δεύτερο ερώτημα, προέκυψε από απορία κάποιου φοιτητή του Μαθηματικού. Αρχικά το αντιμετώπισα με στοιχειώδη μέσα, όπως η λύση του Σταύρου παραπάνω (ανάπτυγμα Newton), οπότε μου προέκυψαν και τα επόμενα ερωτήματα. Μετά σκέφτηκα την φόρμουλα Euler–Maclaurin, που...

΄Έστω $\displaystyle {S_k}\left( n \right) = \sum\limits_{m = 1}^n {{m^k}} $ με $\displaystyle k \in N*$. Να αποδειχθεί ότι $\displaystyle 1){\rm{ }}\mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \frac{{{S_k}\left( n \right)}}{{{n^{k + 1}}}} = \frac{1}{{k + 1}}$ $\displaystyle 2){\rm{ }}\mathop {\lim }\lim...

Σεραφείμ καλή επιτυχία αν και είναι δεδομένη με τους εξαιρετικούς ομιλητές σας! Μια και έχω ακούσει τον Βαγγέλη να ξεδιπλώνει τις έννοιες της αντιστροφής, στη Διημερίδα Γεωμετρίας που είχαμε διοργανώσει πριν 3 χρόνια στην Κρήτη, θέλω να πω ένα μόνο πράγμα σε όλους τους φίλους: Μην τη χάσετε!! Αλέξα...

Στις 18 του Μάρτη, Κυριακή πρωί.

Υπάρχει τρόπος να υπολογίσουμε το παρακάτω γενικευμένο; $\displaystyle{S=\int_{-\infty }^{\infty }\sin\left ( x^{2}+\frac{1}{x^{2}} \right )\textup{d}x}$ Στοιχειωδώς (σχεδόν) .. $\displaystyle {\rm I} = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\sin \left( {{x^2} + \frac{1}{{{x^2}}}} \right)dx} = 2\in...

Το $a_{o}$ εξαρτάται από το $y$ π.χ αν πάρουμε $y=(\frac{1}{a})^{a}$ το βλέπουμε. Ετσι δεν μπορούμε να ολοκληρώσουμε. Βέβαια επειδή η διαίσθηση του Σεραφείμ δεν κάνει λάθη η σύγκληση των ολοκληρωμάτων είναι σωστή. Αυτό το βλέπουμε η από το κυριαρχημένης σύγκλησης η κόβοντας και ράβοντας. (η σύγκλησ...

Έστω $\alpha \geq 1$. Ορίζουμε τη συνάρτηση $\displaystyle{f(\alpha)= \int_0^1 \frac{\log(1+x^\alpha)}{1+x}\, {\rm d}x}$ . Δείξατε ότι $\displaystyle f\left ( \alpha \right )\overset{\alpha \rightarrow + \infty}{\sim} \frac{\pi^2}{12 \alpha}$ . :no: :no: $\displaystyle a\int\limits_0^1 {\frac{{\log...

Να αποδειχθεί ότι αν το σύνολο $A$ του $\mathbb{R}^n$ έχει μηδενικό μέτρο και είναι Jordan-μετρήσιμο, τότε $\displaystyle\int\limits_{A}{1\,d\overline{x}}=0$. $\displaystyle A \subseteq {R^n}$ και $\displaystyle A:\;$ Jordan μετρήσιμο $\displaystyle \Rightarrow $ το ολοκλήρωμα $\displaystyle \int\l...

Εάν για την ακολουθία $\{a_n\}$ ισχύει ότι: $a_1=c, a_{n+1}=2\sqrt{4-2a_n} \forall n\in\mathbb{N}$ να υπολογίσετε το άθροισμα: $a_1\sqrt{a_2+a_3\sqrt{a_4+...}}$. $\displaystyle {a_1} = c$ και $\displaystyle {a_{n + 1}} = 2\sqrt {4 - 2{a_n}} $ . Για λόγους ευκολίας θέτουμε $\displaystyle {a_n} = 2{x...

Με την συνάρτηση Γάμμα του Euler $\displaystyle \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {1 + {1^2}} \right)\left( {1 + {2^2}} \right)..\left( {1 + {n^2}} \right)}}} \right) = $ $\displaystyle = \mathop {\lim }\limits_{n \to \infty } \left( {\frac{{n...

Τώρα που το ξανά βλέπω μπορούμε να υπολογίσουμε και το παραπλήσιο άθροισμα:$\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{\left ( \zeta^*(n) -1 \right )\cos \left ( \frac{n\pi}{3} \right )}{n}}$όπου $\displaystyle \zeta^*(n) = \left\{\begin{matrix} \zeta(n) & , & n>1 \\ \gamma& , & n=1 \end...

Ας δηλώσουμε με $\zeta$ τη συνάρτηση ζήτα του Riemann. Υπολογίσατε το άθροισμα: $\displaystyle{\mathcal{S} = \sum_{n=2}^{\infty} \frac{\left( \zeta(n) - 1 \right) \cos \left( \frac{n \pi}{3} \right)}{n}}$ Από εδώ http://mathworld.wolfram.com/RiemannZetaFunction.html (σχέση 124) γνωρίζουμε ότι $\dis...

Έστω $a \in \mathbb{R}$. Υπολογισθήτω: $\displaystyle{\mathcal{J} = \int_0^\infty \frac{\sin^2 ax}{x(1-e^x)} \, {\rm d}x}$ $\displaystyle \int\limits_0^\infty {\frac{{{{\sin }^2}ax}}{{x\left( {1 - {e^x}} \right)}}dx} = - \frac{1}{2}\int\limits_0^\infty {\frac{{1 - \cos 2ax}}{{x\left( {{e^x} - 1} \r...

$\displaystyle{\int_0^\infty \frac{e^{-\frac{1}{4}x^2}}{x}\cdot (\int_0^x \frac{\sin t}{t} dt) dx}$ $\displaystyle \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\left( {\int\limits_0^x {\frac{{\sin t}}{t}dt} } \right)dx} = \int\limits_0^\infty {\frac{{{e^{ - \frac{1}{4}{x^2}}}}}{x}\lef...

Χμ .. εννοούσες τις νιοστές παραγώγους .. και παιδευόμουν με τις ν-γαμμα ..

Και ένα αποτέλεσμα που προέκυψε: $\displaystyle{\frac{17 \pi^4}{1944} &= -2 \bigintss_{0}^{1} \frac{\log x \; \bigg ( \arcsin \left ( \frac{\sqrt{x}}{2} \right ) \bigg )^2}{x \left ( 1-x \right )}\, {\rm d}x }$ :shock: :shock: :lol: :lol: Σε κάτι αντίστοιχο είχα φτάσει με την Fibonacci που έστειλες...

Tolaso J Kos έγραψε: ↑

Πέμ Σεπ 21, 2017 9:06 am

Σεραφείμ,

πλέον γνωρίζεις πως ότι κάθεται καλά αισθητικά το αφήνουμε ακόμα και αν .

Στο ίδιο αποτέλεσμα είχα φτάσει, αλλά επειδή $\displaystyle {1 - \varphi < 0}$ , θα πρέπει να γραφεί (στα πλαίσια της Πραγματικής Ανάλυσης), ως $\displaystyle \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{F_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}H_{n - 1}^{\left( 2 \right)}...