$37)$ Nα αποδειχθεί οτι $\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}{\frac{cosx^2-cosx}{x}}dx=\frac{\gamma }{2}}}$

$\gamma = Euler \ constant$

$\displaystyle{
I\left( n \right) = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\cos \left( {x^2 } \right) - \cos x}}
{{x^{n + 1} }}dx}
}$

$\displaystyle{
\cos ...

$104)$ Ας υπολογισθεί το $\displaystyle{\int_{0}^{\pi/2}\left(\cos x\ln(\cos^2 x)\right)^2\,dx}$.

Paolo Perfetti

$\displaystyle{
K = \int\limits_0^{\frac{\pi }
{2}} {\cos ^2 \theta \ln ^2 \left( {\cos ^2 \theta } \right)d\theta }
}$

$\displaystyle{
\int\limits_0^{\frac{\pi }
{2}} {\cos ^2 ...

Nα αποδειχθούν τα ακόλουθα:

43) $\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{(x^4+(1+\sqrt{2})x^2+1)(x^{100}-x^{98}+...+1)}=\frac{\pi}{2(1+\sqrt{2})}}}}$



το ολοκλήρωμα θα πρέπει να είναι
$\displaystyle{
I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{dx}}
{{\left( {x^4 + \left( {1 + \sqrt 2 ...

$\displaystyle 72)$ Να υπολογιστεί το $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sinh ax}{\sinh bx}}dx,b>\left|a \right|$
$\displaystyle{b > \left| a \right|}$
$\displaystyle{
K\left( {a,b} \right) = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{\sinh ax}}
{{\sinh bx}}dx} = 2\int\limits_0 ...

Σήμερα ονειρεύτηκα το ακόλουθο ολοκλήρωμα, αν δεν διαχωρίσιμο με κοινές μεθόδους, έτσι ελπίζω. αφορά

Υπολογίστε το ακόλουθο προϊόν

Να υπολογισθεί το

Να βρεθεί το

Έστω $\displaystyle{G\left( {n,s} \right) = - \int\limits_0^\infty {{x^{2n - 1}}\frac{{{e^{ - sx}}}}{{1 + {e^{ - sx}}}}dx} }$ , τότε $\displaystyle{\frac{d}{{ds}}\left( {G\left( {n,s} \right)} \right) = - \int\limits_0^\infty {{x^{2n - 1}}\frac{\partial }{{\partial s}}\left( {\frac{{{e^{ - sx ...

Να βρεθεί το $\displaystyle{
\int\limits_0^\pi {\sin \left( {nx } \right)\arctan \left( {\frac{{\tan \frac{x }
{2}}}
{{\tan \frac{\theta }
{2}}}} \right)} dx
}$

$\displaystyle{
n \in {\Bbb Z}^ + \wedge \theta \in \left( {0,\frac{\pi }
{2}} \right)
}$


είναι
$\displaystyle{
u = \arctan \left ...

$\displaystyle{
2I = \int\limits_{ - a}^a {\frac{{x^{2n} }}
{{1 + 2^{\sin x} }}dx} + \int\limits_{ - a}^a {\frac{{x^{2n} }}
{{1 + 2^{\sin( - x)} }}dx} = \int\limits_{ - a}^a \left ({\frac{{x^{2n} }}
{{1 + 2^{\sin x} }} + \frac{{x^{2n} 2^{\sin x} }}
{{1 + 2^{\sin x} }} \right)dx}$

$\displaystyle{= 2 ...

$\displaystyle{
I = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{x^2 }}
{{\left( {x^2 + 1} \right)^2 }}dx\underbrace = _{x = \frac{1}
{y} \Rightarrow dx = - \frac{1}
{{y^2 }}dy}} \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{{\frac{1}
{{y^2 }}}}
{{\left( {\frac{1}
{{y^2 }} + 1} \right)^2 }}\frac{1}
{{y^2 }}dy} = \int ...

stuart clark έγραψε: