Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

galactus · #1

Να δειχθεί ότι

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

$\displaystyle *** CL_{3}(\theta)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos(n\theta)}{n^{3}}, \;\ Cl_{2}(\theta)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(\pi n)}{n^{2}}$

$\displaystyle CL_{3}(\frac{\pi}{3})=\frac{1}{3}\zeta(3), \;\ CL_{3}(\frac{2\pi}{3})=\frac{-4}{9}\zeta(3), \;\ Cl_{2}(\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{6}\psi_{1}(1/3)-\frac{\pi^{2}\sqrt{3}}{9}$

Έγραψα το ολοκλήρωμα ως:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx$

$\displaystyle =\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{\pi i/3})}{x}dx+2\int_{0}^{1}\frac{\log(1-xe^{\pi i/3})\log(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx \displaystyle +\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx}$

ώστε να εμφανιστούν τα δυο τελευταία ολοκληρώματα. Κάθε ένα από αυτά ισούται με $4/3\zeta(3)-\frac{2\pi}{3}Cl_{2}(\pi/3)$ .

Το μεσαίο ισούται με το διπλό άθροισμα που δημοσίευσα και είναι σε αυτό που έχω κολλήσει.

Αυτό το ολοκλήρωμα είναι επίσης ίσο με τους παρακάτω πολυλογάριθμούς:

$\displaystyle{\int_{0}^{1}\frac{\log(1-xe^{\pi i/3})\log(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx$

$\displaystyle =\frac{\pi i}{9}\left(Li_{2}(e^{-\pi i/3})-Li_{2}(e^{\pi i/3})\right) \displaystyle +1/2\left(Li_{3}(e^{\pi i/3})+Li_{3}(e^{-\pi i/3})+Li_{3}(e^{2\pi i/3})+Li_{3}(e^{2\pi i/3})\right)}$

Αν μπορούσαμε με κάποιον τρόπο να δείξουμε ότι αυτό το ολοκλήρωμα ισούται είτε με αυτούς τους πολυλογάριθμους, είτε με αυτό το άθροισμα είτε με κάτι άλλο θα είχαμε τελειώσει.

Έχω αποδείξει το μεγαλύτερο μέρος αλλά έχω κολλήσει εδώ

Βέβαια, μια εντελώς διαφορετική μέθοδος είναι ευπρόσδεκτη. That's cool.

Επίσης, παρατήρησα ότι το αρχικό ολοκλήρωμα σχετίζεται στενά με τα αθροίσματα Clausen και για αυτό ακολούθησα αυτήν την κατεύθυνση.

Εξετάζω τα ολοκληρώματα της μορφής $\int_{0}^{1}\frac{\log^{n}(x^{2}-x+1)}{x}dx, \;\ n\in \mathbb{N}$ για να δω αν σχετίζονται με τα Clausens και αν έχουν κάποια κλειστή γενική μορφή.

~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~

Μια άλλη διαδρομή που πήρα ήταν με την χρήση της συνάρτησης Βήτα για να πάρω το άθροισμα:

$a: \;\ \displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(x^{2}-x+1)}{x}dx={\sum_{n=1}^{\infty}\frac{H_{n}}{(n+1)(2n+1)\binom{2n}{n}}=2/3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}}-4/3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}\binom{2n}{n}}}}$

$b: \;\ \displaystyle{\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{\pi i/3})}{x}dx+\int_{0}^{1}\frac{\log^{2}(1-xe^{-\pi i/3})}{x}dx=-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}\binom{2n}{n}}}=-4\int_{0}^{1}\frac{(\sin^{-1}(\frac{\sqrt{x}}{2}))^{2}}{x}dx=-8\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}x^{2}\cot(x)dx$

$c:\;\ \displaystyle{\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{3}\binom{2n}{n}}=\frac{2\pi}{3}Cl_{2}(\pi/3)-4/3\zeta(3)}$

Αν μπορούσαμε να δείξουμε ότι το αριστερό άθροισμα ισούται με το δεξί άθροισμα, θα το είχαμε αποδείξει, επειδή το δεξί άθροισμα είναι γνωστό αποτέλεσμα. Το πρόβλημα είναι ότι δεν τα καταφέρνω και τόσο με τον χειρισμό αθροισμάτων. Το γνωρίζω ότι είναι ισοδύναμα, αλλά πως μπορούμε να το αποδείξουμε;

#2

galactus έγραψε:Να δειχθεί ότι

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

Αρχικά κάποιες σχέσεις (που θα χρειαστούν στην συνέχεια) αναφορικά με την συνάρτηση $\displaystyle{{\psi _1}\left( z \right)}$ http://mathworld.wolfram.com/PolygammaFunction.html (σχέσεις $\displaystyle{9}$ και $\displaystyle{10}$ )

Ισχύει $\displaystyle{{\psi _1}\left( z \right) + {\psi _1}\left( {1 - z} \right) = \frac{{{\pi ^2}}}{{{{\sin }^2}\left( {\pi z} \right)}} \Rightarrow {\psi _1}\left( {\frac{2}{3}} \right) = \frac{{4{\pi ^2}}}{3} - {\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right)}$ καθώς και $\displaystyle{{\psi _1}\left( {\frac{5}{6}} \right) = 4{\pi ^2} - {\psi _1}\left( {\frac{1}{6}} \right)}$

Επίσης $\displaystyle{{\psi _1}\left( {2z} \right) = \frac{1}{4}\left( {{\psi _1}\left( z \right) + {\psi _1}\left( {z + \frac{1}{2}} \right)} \right) \Rightarrow {\psi _1}\left( {2 \cdot \frac{1}{6}} \right) = \frac{1}{4}\left( {{\psi _1}\left( {\frac{1}{6}} \right) + {\psi _1}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)}$ που σε συνδυασμό με την πρώτη δίδει

$\displaystyle{{\psi _1}\left( {\frac{1}{6}} \right) = 5{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{4{\pi ^2}}}{3}}$ . Οι παραπάνω σχέσεις προκύπτουν εύκολα από το γεγονός ότι $\displaystyle{{\psi _1}\left( z \right) = \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + z} \right)}^2}}}} }$

Λήμμα 1: $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi n}}{3}} \right)}}{{{n^2}}}} = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{1}{{3\sqrt 3 }}{\pi ^2}}$ διότι

$\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi n}}{3}} \right)}}{{{n^2}}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi \left( {6n - 1} \right)}}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 1} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi \left( {6n - 2} \right)}}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 2} \right)}^2}}}} +}$ $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi \left( {6n - 4} \right)}}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 4} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {\dfrac{{\pi \left( {6n - 5} \right)}}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 5} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( { - \dfrac{\pi }{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 1} \right)}^2}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( { - \dfrac{{2\pi }}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 2} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( { - \dfrac{{4\pi }}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 4} \right)}^2}}}} } + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( { - \dfrac{{5\pi }}{3}} \right)}}{{{{\left( {6n - 5} \right)}^2}}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\sqrt 3 }}{{72}}\left( { - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 5/6} \right)}^2}}}} - \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 4/6} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 2/6} \right)}^2}}}} + \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{1}{{{{\left( {n + 1/6} \right)}^2}}}} } \right) = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{24\sqrt 3 }}\left( {{\psi _1}\left( {\frac{1}{6}} \right) - {\psi _1}\left( {\frac{5}{6}} \right) + {\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - {\psi _1}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right) = .. = \frac{1}{{2\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{1}{{3\sqrt 3 }}{\pi ^2}}$

Λήμμα 2: $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} = \frac{1}{3}\zeta \left( 3 \right)}$ αποδείχθηκε εδώ viewtopic.php?f=9&t=51081

Στο θέμα μας.

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

\displaystyle{ = \int\limits_0^1 {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{n + 1}}{x^n}{{\left( {1 - x} \right)}^n}} dx} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{n + 1}}B\left( {n + 1,n + 1} \right)} = }} $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{n + 1}} \cdot \frac{{\Gamma \left( {n + 1} \right)\Gamma \left( {n + 1} \right)}}{{\Gamma \left( {2n + 2} \right)}}} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} }$

Συνεπώς αρκεί να προσδιορίσουμε το άθροισμα $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} }$

Όμως εδώ viewtopic.php?f=9&t=51081 αποδείχθηκε ότι $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} = - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9} + \frac{\pi }{{18\sqrt 3 }}\left( {{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - {\psi _1}\left( {\frac{2}{3}} \right)} \right)}$

και με χρήση των συναρτησιακών για την $\displaystyle{{\psi _1}}$ έχουμε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{{n^2}\left( {2n} \right)!}}} = \frac{\pi }{{9\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{2{\pi ^3}}}{{27\sqrt 3 }} - \frac{{\zeta \left( 3 \right)}}{9}}$

Όμως $\displaystyle{\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{{n^2}\left( {2n} \right)!}}} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{n = 2}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{{n^2}\left( {2n} \right)!}}} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_{n + 1}}{{\left( {\left( {n + 1} \right)!} \right)}^2}}}{{{{\left( {n + 1} \right)}^2}\left( {2n + 2} \right)!}}} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_{n + 1}}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\left( {{H_n} + \frac{1}{{n + 1}}} \right){{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = \frac{1}{2} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}}}{{{n^2}\left( {\begin{array}{*{20}{c}} {2n}\\ n \end{array}} \right)}}} - \frac{1}{2} - \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} }$

Επομένως $\displaystyle{I = \int\limits_0^1 {\frac{{{{\log }^2}\left( {{x^2} - x + 1} \right)}}{x}dx} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{H_n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{{n^2} \cdot \left( {2n} \right)!}}} - 1 - 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow I = \frac{{2\pi }}{{9\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{4{\pi ^3}}}{{27\sqrt 3 }} - \frac{{2\zeta \left( 3 \right)}}{9} - 1 - 2\underbrace {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} }_{{S_1}}}$ όπου $\displaystyle{{S_1} = \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} = \int\limits_0^1 {\underbrace {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{x^n}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} }_{{S_2}}\;dx} }$

Όμως ισχύει $\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{2^{2n}}{z^{2n + 2}}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = \frac{1}{2}{\arcsin ^2}z}$ https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_m ... cal_series

Τότε $\displaystyle{\sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{z^{2n}}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = \frac{{2{{\arcsin }^2}\left( {\frac{z}{2}} \right)}}{{{z^2}}} \Rightarrow \sum\limits_{n = 0}^\infty {\frac{{{x^n}{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} = \frac{{2{{\arcsin }^2}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{x}}$ , συνεπώς $\displaystyle{{S_2} = \frac{{2{{\arcsin }^2}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{x} - \frac{1}{2}}$

οπότε $\displaystyle{{S_1} = \int\limits_0^1 {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}{x^n}}}{{\left( {2n + 2} \right)!}}} dx} = - \frac{1}{2} + 2\int\limits_0^1 {\frac{{{{\arcsin }^2}\left( {\frac{{\sqrt x }}{2}} \right)}}{x}dx} = \mathop = \limits^{x = 4{u^2}} = - \frac{1}{2} + 4\int\limits_0^{1/2} {\frac{{{{\arcsin }^2}u}}{u}du} = \mathop = \limits^{\arcsin u = x} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{1}{2} + 4\int\limits_0^{\pi /6} {\frac{{{x^2}}}{{\sin x}}\cos x\;dx} = - \frac{1}{2} + 4\int\limits_0^{\pi /6} {{x^2}\log \left( {\sin x} \right)'dx} = }$ \displaystyle{\displaystyle{ - \frac{1}{2} + 4\left[ {{x^2}\log \left( {\sin x} \right)} \right]_0^{\pi /6} - 8\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {\sin x} \right)dx} = }

\displaystyle{ = - \frac{1}{2} - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{9} - 8\int\limits_0^{\pi /6} {x\log \left( {\sin x} \right)dx} = - \frac{1}{2} - \frac{{{\pi ^2}\log 2}}{9} + 8\int\limits_0^{\pi /6} {x\left( {\log 2 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos 2nx}}{n}} } \right)dx} = }

\displaystyle{ = - \frac{1}{2} + 8\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{1}{n}\int\limits_0^{\pi /6} {x\cos 2nx\;dx} } = - \frac{1}{2} + 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\left( {\frac{{ - 1}}{{{n^3}}} + \frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}} + \pi \frac{{\sin \left( {n\pi /3} \right)}}{{3{n^2}}}} \right)} = }

\displaystyle{ = - \frac{1}{2} - 2\zeta \left( 3 \right) + 2\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\cos \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^3}}}} + \frac{{2\pi }}{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} = - \frac{1}{2} - \frac{4}{3}\zeta \left( 3 \right) + \frac{{2\pi }}{3}\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{\sin \left( {n\pi /3} \right)}}{{{n^2}}}} }

\displaystyle{ = - \frac{1}{2} - \frac{4}{3}\zeta \left( 3 \right) + \frac{\pi }{{3\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{2{\pi ^3}}}{{9\sqrt 3 }}} Τελικά

\displaystyle{I = \frac{{2\pi }}{{9\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{4{\pi ^3}}}{{27\sqrt 3 }} - \frac{{2\zeta \left( 3 \right)}}{9} - 1 - 2\underbrace {\sum\limits_{n = 1}^\infty {\frac{{{{\left( {n!} \right)}^2}}}{{\left( {n + 1} \right)\left( {2n + 2} \right)!}}} }_{{S_1}} = }

\displaystyle{ = \frac{{2\pi }}{{9\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{4{\pi ^3}}}{{27\sqrt 3 }} - \frac{{2\zeta \left( 3 \right)}}{9} - 1 - 2\left( { - \frac{1}{2} - \frac{4}{3}\zeta \left( 3 \right) + \frac{\pi }{{3\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) - \frac{{2{\pi ^3}}}{{9\sqrt 3 }}} \right) = }

\displaystyle{ = - \frac{{4\pi }}{{9\sqrt 3 }}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) + \frac{{22}}{9}\zeta \left( 3 \right) + \frac{{8{\pi ^3}}}{{27\sqrt 3 }}}} $\displaystyle{ = - \frac{{4\sqrt 3 \pi }}{{27}}{\psi _1}\left( {\frac{1}{3}} \right) + \frac{{22}}{9}\zeta \left( 3 \right) + \frac{{8\sqrt 3 {\pi ^3}}}{{81}}}$

Πολύ δύσκολο θέμα .. μάλλον πολύ μπελαλίδικο ..

Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Re: Λογαριθμικό ολοκλήρωμα

Μέλη σε σύνδεση