Και μια λύση για το 4ο,:

Γνωρίζουμε ότι $\displaystyle \arctan(x)=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{(-1)^k x^{2k+1}}{2k+1}}, |x|\leqslant 1$, επομένως :$\displaystyle n\int_{0}^{n}{\frac{\arctan\left(\frac{x}{n} \right)}{x\left(1+x^2 \right)}}dx=\int_{0}^{n}{\left(\frac{1}{1+x^2}+\sum_{k=1}^{\infty}{\frac ...

Αρχικά έχουμε: $\displaystyle \int_{0}^{1}{\ln\left(1+\frac{\ln^2 x}{4\pi^2} \right)\frac{\ln\left(1-x \right)}{x}}dx=2\pi\int_{0}^{\infty}{\ln\left(1+x^2 \right)\ln\left(1-e^{-2\pi x} \right)}dx$

$\displaystyle =-2\pi\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}{\ln\left(1+x^2 \right)e^{-2\pi ...

Έχουμε ότι $\displaystyle \left(1+x^n \right)^{1/n}-1=\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{\ln^k\left(1+x^n \right)}{n^k}}$ άρα από το θεώρημα Tonelli:

$\displaystyle n^2\int_{0}^{1}{\left(\sqrt[n]{1+x^n} -1\right)}dx=n\int_{0}^{1}{\ln\left(1+x^n \right)}dx+\int_{0}^{1}{\ln^2\left(1+x^n \right)}dx+\sum_{k=3 ...

66 )

Ας αποδειχθεί οτι
$\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{[(x^n+1)^{\frac{1}{n}}-x]dx}=\frac{1}{2n}B(1-2/n, 1/n)}}$

67 )
Ας αποδειχθεί οτι
$\boxed{\displaystyle{\frac{1}{\pi}{\int_{0}^{\infty}{ln^4(\frac{x}{x^2+1})\frac{dx}{(x^2+1)^2}}}=\frac{19}{960}{\pi}^4+\frac{1}{2}{\pi}^2ln^22+4ln^42 ...

Μια λύση με σειρές.

Καταρχάς αφού η $f$ φραγμένη στο $(-1,1)$ έπεται ότι υπάρχει $M>0$ : $\displaystyle \left|f\left(x \right)-f\left(\left[x \right] \right) \right|\leq M\Rightarrow \left|f\left(x \right)-\left[x \right]f\left(1 \right) \right|\leqslant M$ από εδώ έπεται $\displaystyle \sup\left ...

Παρατηρούμε ότι ισχύει: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln(\cos^2 x)}{e^{2x}+1}}dx=-\frac{\ln^2 2}{2}+\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln\left(1+\cos x \right)}{e^x +1 }}dx$.

Έχει αποδειχθεί οτι $\displaystyle \ln\left(1+\cos(x) \right)=\ln\left(1-\cos\left(\pi -x \right) \right)=-\ln2 ...

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει: $\displaystyle \ln\left(1-\cos x \right)=-\ln 2 -2\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(nx \right)}{n}}, 0<x<\pi, x\neq \pi/2$.

Για $r<1$ έχουμε $\displaystyle \ln\left(1-re^{ix} \right)=-\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{r^n e^{inx}}{n}}$ οπότε $\displaystyle Re\left(\ln\left(1-re ...

Ας δούμε άλλη μια λύση για την αρχική:

$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\cos\left(n\pi/3 \right)}{n^2}}=\frac{1}{9}\sum_{n=1}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^n}{n^2}}+\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left(-1 \right)^n}{\left(3n+1 \right)^2}}-\frac{1}{2}\sum_{n=0}^{\infty}{\frac{\left ...

Αρχικά έχουμε : $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{x^{-1/a}}{x^2 +1}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\frac{x^{-1/2-1/(2a)}}{x+1}}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{x^{-1/2 -1/(2a)}e^{-x-xy}dydx}}$ $\displaystyle =_{*}\frac{1}{2}\Gamma\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{2a} \right)\int_{0 ...

Έστω $M>0$ τότε έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{M}\frac{\sin(at)\cdot \sin t}{t}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{M}{\int_{0}^{\infty}{\left(\cos \left((a-1)t \right)-\cos\left((a+1)t \right) \right)e^{-xt} dx dt}}$ και επειδή

$\displaystyle \frac{1}{2}\int_{0}^{M}{\int_{0}^{\infty}{\left|\left(\cos \left ...

Συμφωνώ ότι η υπόθεση του συνεχούς κάνει τα πράγματα αρκετά εύκολα, ωστόσο όχι τετριμμένα μιας και χρειάζεται να ξέρει κανείς το θεώρημα Baire για να δείξει ότι ένας πλήρης χώρος έχει υπεραριθμίσιμη βάση Hamel.Παραθέτω ένα σύνδεσμο για την απόδειξη του α: http://user.math.uzh.ch/halbeisen ...

κ.Σμυρλή νομίζω πως ισχύει αυτό που λέω:Έστω $\displaystyle x=\frac{a}{b}$ τότε αν $\displaystyle \left(p,q \right)\in \mathbb{Z}\times \mathbb{N}:\frac{p}{q}\neq \frac{a}{b}\Rightarrow \left|pb-aq \right|\geqslant 1$ άρα $\displaystyle \left|\frac{a}{b}-\frac{p}{q} \right|\geqslant \frac{1}{bq ...

Θα χρησιμοποιήσουμε το εξής λήμμα: Άν $\displaystyle x \in \mathbb{Q}\Rightarrow\exists c>0: \forall p,q \in \mathbb{N}$ να ισχύει $\displaystyle \left|x-\frac{p}{q} \right|\geqslant \frac{c}{q}$.Ας υποθέσουμε ότι ο αριθμός μας είναι ρητός ,και έστω $\displaystyle \varepsilon >0\Rightarrow \exists n ...

Δείχνουμε αρχικά ότιο ο χώρος έχει υπεραριθμήσιμη διάσταση, πράγματι αν αρνηθούμε το ζητούμενο , έστω $\displaystyle \left\{x_{n}:n\in \mathbb{N} \right\}$ μια αριθμήσιμη βάση Hammel.Tότε ορίζοντας $\displaystyle X_{n}:=\span\left\{x_{i}, 1\leq i\leq n \right\}$, έχουμε ότι είναι κλειστοί υπόχωροι ...

Εύκολα βλέπουμε ότι ισχύει: $\displaystyle \int_{0}^{\infty}\frac{\ln\left(1-e^{-2\pi x} \right)}{x^2 +1}dx=-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-2k \pi x}}{x^2+1}}dx$.

Θέτουμε $\displaystyle I(a):=\int_{0}^{\infty}{\frac{e^{-ax}}{x^2 +1 }}dx$, τότε από τον κανόνα παραγώγισης ...

Πολύ όμορφο θέμα. Θέτουμε $\displaystyle a_{k}:=\int_{0}^{\pi/2}{x \cos^k x dx}$ τότε από το θεώρημα Beppo-Levi έχουμε $\displaystyle \int_{0}^{\pi/2}{x\ln\left(1-2\cos x \right)}dx=-\sum_{k=1}^{\infty}{\frac{a_{k}}{k}}$.Επίσης έχουμε $\displaystyle a_{k}=\int_{0}^{\pi/2}{x\cos^{k-1}x \left(\sin x ...

$78)$ Αν $\displaystyle{J_{n} :=\int_0^{\pi}\frac {| \sin (n + 1/2)x|}{x(6 - x)}dx}$, δείξτε ότι $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac {J_{n}}{\ln n}=\frac {1}{3\pi}}$.



Προφανώς έχουμε $\displaystyle \frac{J_{n}}{\ln n}\geqslant \frac{1}{6}\int_{0}^{\pi}\frac{\left|\sin\left(n+1/2 \right)x ...

Δείχνουμε ότι τουλάχιστον ένας από τους $A,B$ είναι αντιστρέψιμος.Πράγματι αν όχι έστω $r_{1},r_{2}$ οι τάξεις τους που είναι γνήσια μικρότερες του $n$ τότε $\displaystyle A=Q_{1}\begin{pmatrix}
I_{r_{1}} & O\\
O & O
\end{pmatrix}P_{1},B=Q_{2}\begin{pmatrix}
I_{r_{2}} & O\\
O & O
\end{pmatrix}P_{2 ...

Να γράψω λίγο πιο καθαρά γιατι το όριο είναι πραγματικος αριθμός.

Άν $\displaystyle x_{0}:f(x_{0})>x_{0}$ τότε $\displaystyle \left(\frac{x_{0}}{f\left(x_{0} \right)} \right)^n\rightarrow 0$ άρα από την αρχή της μεταφοράς έχουμε $\displaystyle \frac{f(x_{0})}{x_{0}}=\lim_{n\rightarrow \infty}\frac ...

Και άλλη μια λύση που είχα στείλει χθες στον κ.Σπύρο αλλά ξέχασα να την γράψω:

Aρχικά η συναρτησή μας είναι 1-1 και λόγω συνέχειας μονότονη (γνήσιως αύξουσα) και εχει όριο στο άπειρο το άπειρο άρα είναι επί και αντιστρέφεται.Μια συνάρτηση που ικανοποιεί τηνν αρχική σχέση εύκολα προκύπτει ότι ...