Γενικευμένο (vi)

#3

Σεραφείμ έγραψε: <...> $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{1 - {e^{ - x}}}}{x}{e^{ - x}}dx} }$ <...>

Λίγο αλλιώς: Αφού φτάσουμε στο $\displaystyle{I=\int\limits_0^\infty {{\frac{{1 - {e^{ - y}}}}{y}{e^{ - y}}dy} }$ με την αλλαγή μεταβλητής $\lnx = -y$ , όπως έκανε ο Σεραφείμ, έχουμε

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\sum_1^{\infty} \frac {(-y)^{k-1}}{k!}e^{-y}dy}= \sum_1^{\infty} \int\limits_0^\infty {\frac {(-y)^{k-1}}{k!}e^{-y}dy}=\sum_1^{\infty} \frac {(-1)^{k+1}}{k+1}=\ln 2$

M.

#4

Ακόμα μία, πιο απλά:

$\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x-1}{\ln x}dx = \int_{0}^{1} \int_0^1 x^t dt dx =\int_{0}^{1}\int_0^1 x^t dx dt = \int_{0}^{1} \left[ \frac {x^{t+1}}{t+1}\right]_{x=0}^{x=1}dt =$

$\displaystyle = \int_{0}^{1} \frac {1}{t+1}dt = \ln 2$

Φιλικά,

Μιχάλης

stuart clark · #5

Σεραφείμ,Mihalis_Lambrou

#6

stuart clark, παρακαλώ πες μας την δική σου λύση στο ολοκλήρωμα.

stuart clark, please tell us your solution to this integral.

thepathofresistance · #7

stuart clark έγραψε: $\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{\left(x-1\right)}{\ln x}\mathrm{d}x$

$\displaystyle{ \int_0^{ + \infty } {\frac{{e^{ - x} - e^{ - 2x} }} {x}dx} = ctr\left( {e^{ - x} } \right) - ctr\left( {e^{ - 2x} } \right) = - \gamma - \log 1 - \left( { - \gamma - \log 2} \right) = \log 2 }$

Γενικευμένο (vi)

Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Re: Γενικευμένο (vi)

Μέλη σε σύνδεση