Η αλλαγή μεταβλητής $\displaystyle x \mapsto \frac{1-x}{1+x}$, $\begin{aligned} \int_0^1 \frac{\log (1+x)}{(1+x)\sqrt{x}}\,dx &\underbrace{=}_{x \mapsto \frac{1-x}{1+x}} 2\int_0^1 \frac{\log \left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)}{\left(1+\frac{1-x}{1+x}\right)\sqrt{\frac{1-x}{1+x}}}\,\frac{dx}{(1+x)^2}\\&=...

Θυμόμαστε την επέκταση σειρά $\displaystyle \pi\coth (\pi z) = \frac{1}{z} + 2z\sum\limits_{j=1}^{\infty} \frac{1}{z^2+j^2}$. $\displaystyle{\begin{aligned} \sum\limits_{n=1}^{\infty} \text{Li}_3\left(e^{-2n\pi}\right) &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}\sum\limits_{k=1}^{\infty} \frac{e^{-2nk\pi}}{k^3}\\...

$\displaystyle{\begin{aligned} \sum\limits_{i_1, \cdots, i_k \ge 1} \frac{1}{i_1 \cdots i_k(i_1 + \cdots + i_k)^2} &= -\sum\limits_{i_1, \cdots, i_k \ge 1} \frac{1}{i_1 \cdots i_k}\int_0^1 x^{i_1+\cdots + i_k-1}\log x\,dx\\&= -\int_0^1 \left(\sum\limits_{i=1}^{\infty} \frac{x^i}{i}\right)^k\frac{\lo...

$\displaystyle{\begin{aligned}&\int_0^{\infty} e^{-ax}\left(\frac{1}{x}-\coth x\right)\,dx \\&= \left[e^{-ax}\left(\log (2x) - x -\log (1-e^{-2x})\right)\right]_0^{\infty} + a\int_0^{\infty} e^{-ax}\left(\log (2x) - x -\log (1-e^{-2x})\right)\,dx\\&= a\int_0^{\infty} e^{-ax}\log (2x)\,dx - a\int_0^{...

Από Stirling approximation μας δίνει $\displaystyle a_n = \left((2n-1)!!\right)^{-1/n} \sim \frac{e}{2n}$ και δεδομένου ότι η Γάμμα είναι μια συνεχής συνάρτηση στο $\mathbb{R}$ εφαρμόζουμε το πρώτο Θεώρημα μέσης τιμής για ολοκληρώματα και έχουμε, $\displaystyle{n^2\int_{a_{n+1}}^{a_n} \Gamma\left(n^...

Ξεκινάμε από τη διάσπαση του αθροίσματος σε δύο μέρη, Χρησιμοποιώντας τα ολοκληρώματα, $\displaystyle \int_0^{\infty}e^{-kx}\,dx = \frac{1}{k}$ και $\displaystyle \int_0^{\infty} \frac{e^{-kx}-e^{-(k+1)x}}{x}\,dx = \log\left(1+\frac{1}{k}\right)$, μπορούμε να ξαναγράψουμε το άθροισμα ως εξής: $\disp...