mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2011 12:35 pm**

58)
Nα αποδειχθεί οτι
$\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}{\prod_{n=1}^{+\infty}{\frac{1+(\frac{x}{b+n})^2}{1+(\frac{x}{a+n-1})^2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\frac{\Gamma (a+1/2)}{\Gamma (a)}\frac{\Gamma (b+1)}{\Gamma (b+1/2)}\frac{\Gamma (b-a+1/2)}{\Gamma (b-a+1)}}}}$

59)
Nα υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}{\frac{e^{-ax^2}-1}{x^2}}}}$ , όπου συγκλίνει.

60)
Nα υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{(3x+1)sin(ax)}{9x^2+6x+10}}}}$ , όπου συγκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2011 3:28 pm**

erxmer έγραψε: 59)
Nα υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{+\infty}{\frac{e^{-ax^2}-1}{x^2}}}}$ , όπου συγκλίνει.

Για

συγκλίνει και κάνει 0. Για a>0

γράφουμε: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{e^{-ax^2}-1}{x^2}\, dx =\int_0^\infty \int_0^a -e^{-tx^2}\, dt\, dx=\int_0^a \left( - \int_0^\infty e^{-tx^2} \, dx \right) dt$ .

Αλλά για κάθε t>0

ισχύει $\displaystyle \int_0^\infty e^{-tx^2}\, dx=\sqrt{\frac{\pi}{t}}$ . Οπότε, έχουμε: $\displaystyle \int_0^\infty \frac{e^{-ax^2}-1}{x^2}\, dx=-\sqrt{\pi}\int_0^a \frac{1}{\sqrt{t}} \, dt=-2\sqrt{\pi a}$ .

Για a<0

προφανώς αποκλίνει.

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2011 4:12 pm**

60) Άν

τότε :

Θεωρούμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\left(3z+1 \right)e^{iaz}}{9z^2+6z+10}$ η οποία έχει απλό πόλο τον μιγαδικό $\displaystyle z_{1}=-\frac{1}{3}+i$ στο άνω ημιεπίπεδο, όπου: $\displaystyle Res\left(f,-\frac{1}{3}+i \right)=\frac{\left(3z+1 \right)e^{iaz}}{\left(9z^2+6z+10 \right)'}=\frac{1}{6}e^{-a\left(i/3+1 \right)}$

Θεωρούμε θετικά προσανατολισμένο ημικύκλιο ακτίνας $\displaystyle R>|z_{1}|$ στο άνω ημιεπίπεδο, τότε $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=2\pi iRes\left(f,z_{1}\right)=\frac{\pi}{3} i e^{-a-ai/3}=\frac{\pi}{3} e^{-a} \left(i\cos \frac{a}{3}+\sin \frac{a}{3} \right)$

Όμως $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=\int_{-R}^{+R}{f\left(x \right)dx}+\int_{0}^{\pi}{f\left(Re^{it} \right)iRe^{it} dt}$ άρα $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)dz=\int_{-R}^{+R}{\frac{\left(3x+1 \right)e^{iax}}{9x^2+6x+10}dx}+\int_{0}^{\pi}{\frac{\left( 3Re^{it}+1\right)e^{iRa{\cos \theta }}e^{-aR\sin \theta }}{9R^2 e^{2it}+6Re^{it}+10}iRe^{it}}dt$

Όμως αφήνωντας $\displaystyle R\rightarrow \infty$ τότε $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{\frac{\left( 3Re^{it}+1\right)e^{iRa{\cos \theta }}e^{-aR\sin \theta }}{9R^2 e^{2it}+6Re^{it}+10}iRe^{it}}dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi}{\left|\frac{\left( 3Re^{it}+1\right)e^{iRa{\cos \theta }}e^{-aR\sin \theta }}{9R^2 e^{2it}+6Re^{it}+10}iRe^{it} \right|dt}\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{\pi}{\frac{R\left(3R+1 \right)|e^{-aR\sin \theta }|}{\left|9R^2-6R-10 \right|}}dt \rightarrow 0$ .

Aυτό είναι προφανές (αν πάμε από την αρχή) και από το λήμμα του Jordan που λέει $\displaystyle \lim_{R\rightarrow \infty}\int_{0}^{\pi}{\frac{P\left(Re^{it} \right)}{Q\left(Re^{i} \right)}e^{inRe^{it}}iRe^{it} dt}=0,n>0$ όταν $\displaystyle deg P\left(x \right)\geqslant degQ\left(x \right)+1$ .

Ακόμη $\displaystyle \int_{-R}^{+R}{\frac{\left(3x+1 \right)e^{iax}}{9x^2+6x+10}dx}=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)e^{iax}}{9x^2+6x+10}dx}, R\rightarrow \infty$ και συνεπώς $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)e^{iax}}{9x^2+6x+10}dx}=\frac{\pi}{3} e^{-a} \left(i\cos \frac{a}{3}+\sin \frac{a}{3} \right)$ .

Εξισώνοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη έχουμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)\sin ax}{9x^2+6x+10}dx}=\frac{\pi}{3} e^{-a}\cos \frac{a}{3}$ .

Άν a=0

το ολοκήρωμα ισούται προφανώς με

Άν

τότε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)\sin ax}{9x^2+6x+10}dx}=- \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)\sin \left|a \right|x}{9x^2+6x+10}dx}$

και όμοια με παρπα΄νω θα βρούμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)\sin ax}{9x^2+6x+10}dx}=-\frac{\pi}{3}e^{-\left|a| \right}\cos\frac{\left|a \right|}{3}=-\frac{\pi}{3}e^{a}\cos\frac{a}{3}$ .

Τελικά, άν είμαι σωστός βγαίνει: $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\left(3x+1 \right)\sin ax}{9x^2+6x+10}dx}=\begin{cases} \displaystyle{\frac{\pi}{3}e^{-a}\cos\frac{a}{3} }, a>0 \\ 0,a=0 \\ \displaystyle{-\frac{\pi}{3}e^{a}\cos\frac{a}{3}}, a<0 \end{cases}$

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2011 8:36 pm**

Κοτρώνης Αναστάσιος έγραψε: $\displaystyle{\int_{ - \infty }^{ + \infty } {\frac{{\cos x - 1}}{{x^2 \left( {x^2 + a} \right)}}dx} }$ , για .

Επειδή η Πραγματική Ανάλυση ασκεί πάντα μια ακαταμάχητη γοητεία, παραθέτω λύση χωρίς φυγή στο Μιγαδικό Επίπεδο.
Θα χρησιμοποιηθούν μετασχηματισμοί Laplace (ίσως και για χάρη των μεθόδων).

$\displaystyle{I = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}\left( {{x^2} + a} \right)}}dx} = 2\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}\left( {{x^2} + a} \right)}}dx} = \frac{2}{a}\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2}}}dx} - \frac{2}{a}\int\limits_0^\infty {\frac{{\cos x - 1}}{{{x^2} + a}}dx} = \frac{2}{a}\int\limits_0^\infty {\left( {\cos x - 1} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {y{e^{ - yx}}dy} } \right)dx} - }$

$\displaystyle{ - \frac{2}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\left( {\cos x - 1} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt a y} \right){e^{ - yx}}dy} } \right)dx} = \frac{2}{a}\int\limits_0^\infty {y\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {\cos x - 1} \right){e^{ - yx}}dx} } \right)dy} - \frac{2}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt a y} \right)\left( {\int\limits_0^\infty {\left( {\cos x - 1} \right){e^{ - yx}}dx} } \right)dy} = }$

$\displaystyle{\mathop = \limits^\big{{\color{red}{\left[ 1 \right]}}} - \frac{2}{a}\int\limits_0^\infty {y \cdot \frac{1}{{y\left( {{y^2} + 1} \right)}}dy} + \frac{2}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt a y} \right) \cdot \frac{1}{{y\left( {{y^2} + 1} \right)}}dy} = - \frac{\pi }{a} + \frac{2}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt a y} \right)}}{{y\left( {{y^2} + 1} \right)}}dy} = \mathop = \limits^{y = \sqrt x } = - \frac{\pi }{a} + \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt {ax} } \right)}}{{x\left( {x + 1} \right)}}dx} = }$

$\displaystyle{ = - \frac{\pi }{a} + \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt {ax} } \right)}}{x}dx} - \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt {ax} } \right)}}{{x + 1}}dx} = - \frac{\pi }{a} + \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( {\sqrt y } \right)}}{y}dy} - \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt {ax} } \right)\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {x + 1} \right)t}}dt} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{\sqrt y = x} = - \frac{\pi }{a} + \frac{2}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \left( x \right)}}{x}dx} - \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {{e^{ - t}}\left( {\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt {ax} } \right){e^{ - xt}}dx} } \right)dt} \mathop = \limits^\big{\color{red}{{\left[ 2 \right]}}} - \frac{\pi }{a} + \frac{\pi }{{a\sqrt a }} - \frac{1}{{a\sqrt a }}\int\limits_0^\infty {{e^{ - t}}\frac{{\sqrt {a\pi } }}{{2t\sqrt t }}{e^{ - \dfrac{a}{{4t}}}}dt} = \mathop = \limits^{t = \dfrac{1}{x}} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\pi \left( {1 - \sqrt a } \right)}}{{a\sqrt a }} - \frac{{\sqrt \pi }}{{2a}}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{t\sqrt t }}{e^{ - \dfrac{a}{{4t}}}}{e^{ - t}}dt} \mathop = \limits^\big{\color{red}{{\left[ 3 \right]}}} \frac{{\pi \left( {1 - \sqrt a } \right)}}{{a\sqrt a }} - \frac{{\sqrt \pi }}{{2a}}2\frac{{\sqrt \pi }}{{\sqrt a }}{e^{ - \sqrt a }} = \frac{{\pi \left( {1 - \sqrt a - {e^{ - \sqrt a }}} \right)}}{{a\sqrt a }}}$

______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______.ο0ο.______

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι
$\displaystyle{{\color{red}{\left[ 1 \right]}}: \int\limits_0^\infty {\left( {\cos x - 1} \right){e^{ - yx}}dx} = \frac{y}{{{y^2} + 1}} - \frac{1}{y} = - \frac{1}{{y\left( {{y^2} + 1} \right)}}}$ (στοιχειώδης απόδειξη)
$\displaystyle{{\color{red}{\left[ 2 \right]}} :\int\limits_0^\infty {\sin \left( {m\sqrt x } \right){e^{ - yx}}dx} = \frac{{m\sqrt \pi }}{{2y\sqrt y }}{e^{ - \dfrac{{{m^2}}}{{4y}}}}{\text{ and }} {\color{red}{\left[ 3 \right]}}:\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{x\sqrt x }}{e^{ - \dfrac{{{m^2}}}{{4x}}}} \cdot {e^{ - yx}}dx} = 2\frac{{\sqrt \pi }}{m}{e^{ - m\sqrt y }}{\text{ }}}$ Δ. Δασκαλόπουλος - Ανώτερα Μαθηματικά Ε.Μ.Π.
3ος τόμος – σελ. 350 & 355 με αποδείξεις που βασίζονται σε χρήση διαφορικών εξισώσεων πραγματικής μεταβλητής.

A! επίσης και ότι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\sin \left( {\sqrt a x} \right){e^{ - xy}}dx} = \frac{{\sqrt a }}{{{y^2} + a}}}$ (επίσης στοιχειώδης απόδειξη)

Δημοσιεύτηκε: **Σάβ Ιουν 04, 2011 10:03 pm**

erxmer έγραψε:60) Nα υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{\int_{-\infty}^{+\infty}{\frac{(3x+1)sin(ax)}{9x^2+6x+10}}}}$ , όπου συγκλίνει.

Πάλι με καθαρή Πραγματική Ανάλυση

Αν a=0

τότε το ολοκλήρωμα μηδενίζεται. Για $\displaystyle{a \ne 0}$ έχουμε

$\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\left( {3x + 1} \right)\sin ax}}{{9{x^2} + 6x + 10}}dx} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{\left( {3x + 1} \right)\sin ax}}{{{{\left( {3x + 1} \right)}^2} + 9}}dx} = \mathop = \limits^{3x + 1 = 3y} = \int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{3y\sin \left( {ay - \dfrac{a}{3}} \right)}}{{9{y^2} + 9}}dy} = \frac{1}{3}\int\limits_{ - \infty }^\infty {\frac{{y\left( {\sin ay \cdot \cos \dfrac{a}{3} - \cos ay \cdot \sin \dfrac{a}{3}} \right)}}{{{y^2} + 1}}dy} = }$

$\displaystyle{ = \mathop = \limits^{odd - even} = \frac{{2\cos \dfrac{a}{3}}}{3}\int\limits_0^\infty {\frac{{y\sin ay}}{{{y^2} + 1}}dy} = \mathop = \limits^{y = \sqrt x } = \frac{{\cos \dfrac{a}{3}}}{3}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin a\sqrt x }}{{x + 1}}dx} = \frac{{\cos \dfrac{a}{3}}}{3}\int\limits_0^\infty {\sin a\sqrt x \left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {x + 1} \right)y}}dy} } \right)dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{\cos \dfrac{a}{3}}}{3}\int\limits_0^\infty {{e^{ - y}}\left( {\int\limits_0^\infty {\sin a\sqrt x {e^{ - xy}}dx} } \right)dy} = \frac{{\cos \dfrac{a}{3}}}{3}\int\limits_0^\infty {{e^{ - y}}\frac{{a\sqrt \pi }}{{2y\sqrt y }}{e^{ - \dfrac{{{a^2}}}{{4y}}}}dy} = \mathop = \limits^{y = \frac{1}{x}} = \frac{{a\sqrt \pi \cos \dfrac{a}{3}}}{6}\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt x }}{e^{ - \dfrac{1}{x}}} \cdot {e^{ - \dfrac{{{a^2 x}}}{4}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{{a\sqrt \pi \cos \dfrac{a}{3}}}{6}\sqrt {\frac{\pi }{{\dfrac{{{a^2}}}{4}}}} {e^{ - 2\sqrt {\dfrac{{{a^2}}}{4}} }} = \frac{{a\pi {e^{ - \left| a \right|}}}}{{3\left| a \right|}}\cos \frac{a}{3}}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι ίδιοι τύποι που εφαρμόστηκαν (και επισημάνθηκαν) παραπάνω.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 12:58 pm**

61. Άς υπολογιστεί το $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln \left(2x \right)}{x^2+9}}dx$ .

(έχω μια λύση με μιγαδική, καλό θα ήταν να βλέπαμε μια και με πραγματική αν είναι εφικτό)

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 3:07 pm**

kwstas12345 έγραψε:61. Άς υπολογιστεί το $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln \left(2x \right)}{x^2+9}}dx$ .

(έχω μια λύση με μιγαδική, καλό θα ήταν να βλέπαμε μια και με πραγματική αν είναι εφικτό)

$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {2x} \right)}}{{{x^2} + 9}}dx} = \mathop = \limits^{x = 3y} = \frac{1}{3}\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( {6y} \right)}}{{{y^2} + 1}}dy} = \frac{1}{3}\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( 6 \right)}}{{{y^2} + 1}}dy} + \frac{1}{3}\int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( y \right)}}{{{y^2} + 1}}dy} = \frac{{\ln \left( 6 \right)}}{3}\left[ {\arctan y} \right]_0^\infty + \frac{1}{3} \cdot J = \frac{{\pi \cdot \ln \left( 6 \right)}}{6} + \frac{1}{3} \cdot J}$

$\displaystyle{J = \int\limits_0^\infty {\frac{{\ln \left( y \right)}}{{{y^2} + 1}}dy} = \mathop = \limits^{\big{y = \dfrac{1}{x}}} = \int\limits_0^\infty {\frac{{ - \ln \left( x \right)}}{{{x^2} + 1}}dx} = - J \Rightarrow J = 0{\text{ \& }}\boxed{I = \frac{{\pi \cdot \ln \left( 6 \right)}}{6}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 4:10 pm**

62.
$\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {x^n}}}} \:dx}$ , n φυσικός μεγαλύτερος του 1

Απάντηση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 4:31 pm**

Πολύ ωραία η λύση του κ. Σεραφείμ, μια άλλη λύση με μιγαδική ανάλυση, με την μέθοδο της ''κλειδαρότρυπας''.

Θεωρούμε κλειστή καμπύλη $\displaystyle C=C_{1}\cup C_{2} \cup C_{3} \cup C_{4}$ η οποία αποτελείται από τον αριστερόστροφο κύκλο $\displaystyle C_{1}$ ακτίνας

, δεξιόστροφο (αρνητική φορά διαγραφής) κύκλο $\displaystyle C_{3}$ ακτίνας

, ευθύγραμο τμήμα $\displaystyle C_{2}$ και ευθύγραμο τμήμα $\displaystyle C_{4}$ .

Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{\left(\ln \left(2z \right) \right)^2}{z^2+9}$ και επειδή η $\displaystyle \left(\ln \left(2z \right) \right)^2$ είναι πλειιότιμη για να γίνει μονότιμη επιλέγω κλάδική τομή την ημιευθεία που έχε σαν αρχή το O (τον άξονα των θετικών πραγματικών).

Τότε θα είναι $\displaystyle 0<arg z\leqslant 2\pi$ . Η συνάρτηση

έχει δύο απλούς πόλους στα $\displaystyle \pm 3i$ , τότε τα ρέσιντιου σε αυτές τις θέσεις είναι: $\displaystyle Res\left(f,3i \right)=\frac{\left(\ln 6i \right)^2}{6i}=\frac{\left(\ln 6+i\pi/2 \right)^2}{6i}$ $\displaystyle Res\left(f,-3i \right)=\frac{\left(\ln -6i \right)^2}{-6i}=-\frac{\left(\ln 6+i3\pi/2 \right)^2}{6i}$ .

Άρα $\displaystyle 2\pi i\sum{Res\left(f,z_{1} \right)}=2\pi\left(-2\pi i \ln 6 \right)\frac{1}{6}+\frac{2\pi ^3}{3}=-\frac{2i \pi ^2 \ln 6 }{3}+\frac{2\pi ^3}{3}$ . Τώρα θα είναι $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=\int_{C_{1}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{4}}f\left(z \right)dz$

Aκόμη στο κύκλο $C_{1}$ με αντικατάσταση $\displaystyle z=Re^{it}$ και $\displaystyle \int _{C_{1}}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{2 \pi}{\frac{\left(\ln 2Re^{it} \right)^2}{R^2 e^{2it}+9}}iRe^{it} dt$ καθώς $\displaystyle \left|\int_{0}^{2 \pi}{\frac{\left(\ln 2Re^{it} \right)^2}{R^2 e^{2it}+9}}iRe^{it} dt \right|\leqslant \int_{0}^{2 \pi}{\frac{\left|\ln 2R+it \right|^2}^{\left|R^2 e^{2it}+9 \right|}}Rdt\leqslant \int_{0}^{2 \pi}{\frac{\left(\ln^2 2R+2it\ln 2R-t^2 \right)}{R^2-9}}Rdt\rightarrow 0$ όταν αφήσουμε $\displaystyle R\rightarrow \infty$

Ακόμη στον κύκλο $\displaystyle C_{3}$ όταν $\displaystyle z=re^{it}$ θα έχουμε $\displaystyle \int _{C_{3}}f\left(z \right)dz=\int_{2 \pi}^{0}{\frac{\left(\ln 2r+it \right)^2}^{r^2 e^{2it}+9}}ire^{it}dt$ καθώς $\displaystyle \left|\int_{2 \pi}^{0}{\frac{\left(\ln 2r+it \right)^2}^{r^2 e^{2it}+9}}ire^{it}dt \right|\leqslant \int_{0}^{2 \pi}{\left|\frac{\ln^2 2r+2it\ln 2r-t^2}{r^2e^{2it}+9} \right|r}dt\leqslant$ $\displaystyle \int_{0}^{2 \pi}{|\frac{\ln^2 2r+2it\ln 2r-t^2|r}{r^2-9}}dt\rightarrow 0,r\rightarrow 0$

Τώρα το $\displaystyle C_{4}$ έχει παραμετρική z=x

άρα $\displaystyle \int _{C_{4}}f\left(z \right)dz=\int_{r}^{R}{\frac{\left(\ln 2x \right)^2}{x^2+9}}dx$

ενώ για το $C_{2}$ που έχει παραμετρική $z=xe^{2\pi i}$ θα έχουμε $\displaystyle \int _{C_{2}}f\left(z \right)dz=\int_{R}^{r}{\frac{\left(\ln 2x+2\pi i \right)^2}{x^2 e^{4\pi}+1}}dx=-\int_{r}^{R}{\frac{\left(\ln 2x \right)^2}{x^2+9}}dx-4\pi i \int_{r}^{R}\frac{\ln 2x}{x^2+9}dx$ $\displaystyle \int_{r}^{R}{\frac{4\pi ^2}{x^2+9}}dx$ .

Άρα $\displaystyle \int _{C_{2}} f\left(z \right)dz+\int _{C_{4}} f\left(z \right)dz=-4\pi i \int_{0}^{\infty}{\frac{\ln 2x}{x^2+9}}dx+\int_{0}^{\infty}{\frac{4\pi^2}{x^2+9}}dx=$ $\displaystyle 2\pi i\sum{Res\left(f,z_{i} \right)}$ .Εξισώνοντας πραγματικα και φανταστικά μέρη βρίσκουμε $\displaystyle \boxed {\int_{0}^{\infty}{\frac{\ln 2x}{x^2+9}dx=\frac{\pi \ln 6}{6}}}$

Να σημειωθεί ότι και αν πάρουμε κλάδο ασυνέχειας τον αρνητικό ημιάξονα των πραγματικών θα έχουμε την ίδια λύση, μόνο που τότε $\displaystyle -\pi<arg z \leqslant \pi$

Edit: Yπάρχει άλλη μια λύση με μιγαδική.

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 4:41 pm**

63.
Να υπολογίσετε το $\displaystyle{I = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - \frac{1}{2}\left( {a{x^2} + \frac{b}{{{x^2}}}} \right)}}dx} ,a,b > 0}$

Απάντηση

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 5:31 pm**

62. Ο ρίζουμε την συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{1}{z^n+1}$ η οποία έχει πόλο στο σημείο (απλό) στο σημείο $\displaystyle z_{1}=e^{\frac{i\pi}{n}}$ ο οποίος περιέχεται εντός της καμπύλης

με $\displaystyle C=C_{1} \cup C_{2} \cup C_{3}$ με $C_{1}$ ευθύγραμμο τμήμα από το

στο

, $C_{2}$ τόξο κύκλου (αριστερόστροφο) και $C_{3}$ η αντίστοιχη ακτίνα στο ''τέλος'' του τόξου (θα χρειαστεί σχήμα).

Είναι $\displaystyle Res\left(f, e^{i\pi/n} \right)=\frac{1}{ne^{(\pi i/n )\left(n-1 \right)}}=-\frac{1}{n}e^{ i \pi/n}$ και $\displaystyle \int _{C}f\left(z \right)=\int_{C_{1}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{3}}f\left(z \right)dz$

Τώρα $\displaystyle \int _{C_{1}}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{R}{\frac{1}{1+x^n}}dx$ και $\displaystyle \int _{C_{3}}f\left(z \right)dz=-\int_{0}^{R}{\frac{z_{1}^2}{x^n z_{1}^{2n}+1}}dx=-z_{1}^2 \int_{0}^{R}{\frac{dx}{x^n+1}}$ καθώς η $C_{3}$ έχει παραμετρική εξίσωση $\displaystyle z\left(t \right)=tz_{1}^2, z_{1}^{2n}=1$

Και $\displaystyle \left|\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz \right|=\left|\int_{0}^{\phi }{\frac{1}{1+R^n e^{nit}}}iRe^{it} dt \right|\rightarrow 0,R\rightarrow \infty$ . Προσθέτωντας τα παραπάνω θα λάβουμε: $\displaystyle \left(1-z_{1}^2 \right)\int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{1+x^n}}=-\frac{2\pi i z_{1}}{n}\Rightarrow \int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{1+x^n}}=-\frac{2\pi i z_{1}}{n\left(1-z_{1}^2 \right)}$

Επειδή $\displaystyle \frac{1}{n}\frac{2\pi i z_{1}}{-1+z_{1}^2}=\frac{\pi}{n}\frac{2ie^{i\pi/n}}{-1+e^{2i\pi/n}}=\frac{\pi}{n}\frac{2i}{e^{i\pi/n}-e^{-i\pi/n}}=\frac{\pi}{n}\csc \frac{\pi}{n}$ άρα $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{dx}{1+x^n}}=\frac{\pi}{n}\csc \left(\frac{\pi}{n} \right)}$

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 8:39 pm**

mathxl έγραψε:62. $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {x^n}}}} \:dx}$ , n φυσικός μεγαλύτερος του 1

Με Πραγματική Ανάλυση.

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{1 + {x^n}}}dx} = \mathop = \limits^{\big{x = {y^{1/n}}}} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {{y^{\dfrac{1}{n} - \big 1}}\frac{1}{{1 + y}}dy} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {{y^{\dfrac{1}{n} - \big 1}}\int\limits_0^\infty {{e^{ \big{- \left( {y + 1} \right)x}}}dx} dy} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {{e^{\big{ - x}}}\int\limits_0^\infty {{y^{\dfrac{1}{n} \big { - 1}}}{e^{ \big{- xy}}}dy} dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {{e^{\big{ - x}}}\frac{{\Gamma \left( {\dfrac{1}{n}} \right)}}{{{x^{\dfrac{1}{n}}}}}dx} = \frac{1}{n}\Gamma \left( {\frac{1}{n}} \right)\int\limits_0^\infty {{x^{ - \dfrac{1}{n}}}{e^{ - x}}dx} = \frac{1}{n}\Gamma \left( {\frac{1}{n}} \right)\Gamma \left( {1 - \frac{1}{n}} \right) = \frac{\pi }{{n \cdot \sin \left( {\dfrac{\pi }{n}} \right)}}}$

Χτησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^a}{e^{ - xy}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{y^{a + 1}}}}}$ (Laplace της $\displaystyle{{{x^a}}}$ ) και $\displaystyle{\Gamma \left( a \right)\Gamma \left( {1 - a} \right) = \frac{\pi }{{\sin \left( {a\pi } \right)}}}$ (υπάρχει παντού).

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 9:01 pm**

mathxl έγραψε:63. Να υπολογίσετε το $\displaystyle{I = \int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^{ - \frac{1}{2}\left( {a{x^2} + \frac{b}{{{x^2}}}} \right)}}dx} ,a,b > 0}$

Με Πραγματική Ανάλυση.

$\displaystyle{\int\limits_{ - \infty }^{ + \infty } {{e^\big{{ - \frac{1}{2}\left( {a{x^2} + \dfrac{b}{{{x^2}}}} \right)}}}dx} = \mathop = \limits^{\big even} = 2\int\limits_0^{ + \infty } {{e^{\big{ - \dfrac{1}{2}\left( {a{x^2} + \dfrac{b}{{{x^2}}}} \right)}}}dx} = \mathop = \limits^{\big{{x^2} = y}} = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\sqrt y }}{e^{\big{ - \dfrac{1}{2}\left( {ay + \dfrac{b}{y}} \right)}}}dx} = }$

$\displaystyle{ = \int\limits_0^{ + \infty } {\frac{1}{{\sqrt y }}{e^{\big{ - \dfrac{{2b}}{{4y}}}}}{e^{\big{ - \left( {\dfrac{a}{2}} \right)y}}}dx} = \sqrt {\frac{\pi }{{\dfrac{a}{2}}}} {e^{\big{ - \sqrt {2b\dfrac{a}{2}} }}} = \sqrt {\frac{{2\pi }}{a}} {e^{\big{ - \sqrt {ab} }}}}$

Χρησιμοποιήθηκε ο τύπος $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{1}{{\sqrt x }}{e^{ - \dfrac{{{a^2}}}{{4x}}}}{e^{ - yx}}dx} = \sqrt {\frac{\pi }{y}} {e^{ - a\sqrt y }}}$ Δ. Δασκαλόπουλος Ανώτερα Μαθηματικά Ε.Μ.Π. 3ος τόμος, σελίδα 355 (μετασχηματισμός Laplace της $\displaystyle{{\frac{1}{{\sqrt x }}{e^{ - \dfrac{{{a^2}}}{{4x}}}}}}$ )

Δημοσιεύτηκε: **Τρί Ιουν 07, 2011 11:25 pm**

64)

Nα υπολογιστεί το
$\boxed{\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac {{\sin x}}{{x(x ^2 + a^2)}} dx, a> 0}}}$

65)
Για τους πραγματικούς αριθμούς m ώστε 3 <m<7 αποδείξτε οτι
$\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{\int_{0}^{\infty}{\frac{x(sinxsiny)^2}{(x+y)^m}}}dxdy=\frac{B(\frac{m-3}{2}, \frac{7-m}{2})}{2^{7-m}\Gamma (m-1)}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 08, 2011 12:07 am**

64 Θεωρούμε την μιγαδική συνάρτηση $\displaystyle f\left(z \right)=\frac{e^{iz}}{z\left(z^2+a^2 \right)}, a>0$ η οποία έχει απλό πόλο τα σημεία $\displaystyle 0,ai$ στο άνω ημιεπέιπεδο, όπου είναι αναλύτική εκτός από τα δύο αυτά σημεία. Θεψρούμε τώρα κλειστή και θετικά προσανατολισμένη ημιπεριφέρεια ακτίνας R>a

η οποία περιέχει τους δύο πόλους.Η

έχει στο εσωτερικό της γύρω από το

ημικύκλιο ακτίνας $\displaystyle \delta$ από C εώς D

Ακόμη περιέχει και τα ευθύγραμμα τμήματα $C_{3,4}$

Είναι $\displaystyle Res\left(f,ai \right)=-\frac{e^{-a}}{2a^2},Res\left(f,0 \right)=\frac{1}{a^2}$ , συνεπώς $\displaystyle \int _{C} f\left(z \right)dz=2\pi i Res\left(f,ai \right)+\pi i Res\left(f,0 \right)$

Ακόμη: $\displaystyle \int _{C_{1}} f\left(z \right)dz=\int _{C_{2}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{4}}f\left(z \right)dz$ (1)

Στον κύκλο $C_{1}$ με $\displaystyle z=Re^{it}$ $\displaystyle \int _{C_{2}}f\left(z \right)dz=\int_{0}^{\pi}{\frac{e^{iRe^{it}}}{Re^{it}\left(R^2e^{2it}+a^2 \right)}iRe^{it}}dt$ και $\displaystyle \left|\int_{0}^{\pi}{\frac{e^{iRe^{it}}}{Re^{it}\left(R^2e^{2it}+a^2 \right)}iRe^{it}}dt \right|\leqslant \int_{0}^{\pi} {\frac{\left|e^{iR\cos t} e^{-R\sin t}\right|}{\left|R^2 e^{2it}+a^2 \right|}}dt\leqslant \int_{0}^{\pi}{\frac{e^{-R \sin t}}{\left|R^2 -a^2\right|}}dt\rightarrow$

καθώς $\displaystyle R\rightarrow \infty$

Επίσης $\displaystyle \int _{C_{2}}f\left(z \right)dz=\lim_{\delta \rightarrow 0}\int_{C}^{D}{\frac{e^{iz}}{z\left(z^2+a^2 \right)}}dz=-\pi i Res\left(f,0 \right)$ καθώς και $\displaystyle \int _{C_{3}}f\left(z \right)dz=\int_{-R}^{-\delta }{\frac{e^{ix}}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx,\int _{C_{4}}f\left(z \right)dz=\int_{\delta }^{R}{\frac{e^{ix}}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx$ .

Άρα $\displaystyle \int _{C_{3}}f\left(z \right)dz+\int _{C_{4}}f\left(z \right)dz=\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{ix}}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx,\left(\delta ,R \right)\rightarrow \left(0,\infty \right)$ και η (1) θα γίνει: $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{e^{ix}}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx=2\pi i Res\left(f,ai \right)+\pi i Res\left(f,0 \right)=i\frac{\pi\left(1-e^{-a} \right)}{a^2}$

Εξισώνοντας πραγματικά και φανταστικά μέρη βρίσκουμε $\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty}{\frac{\sin x}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx=\frac{\pi\left(1-e^{-a} \right)}{a^2}$ και επειδή η μέσα συνάρτηση είναι άρτια θα έχουμε το μισό , δηλαδή: $\displaystyle \boxed{\int_{0}^{\infty}{\frac{\sin x}{x\left(x^2+a^2 \right)}}dx=\frac{\pi\left(1-e^{-a} \right)}{2a^2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Ιουν 08, 2011 1:37 am**

erxmer έγραψε:64) Nα υπολογιστεί το $\boxed{\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\frac {{\sin x}}{{x(x ^2 + a^2)}} dx, a> 0}}}$

Και πάλι με Πραγματική Ανάλυση.

$\displaystyle{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{{x\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}}dx} = \frac{1}{{{a^2}}}\int\limits_0^\infty {\sin x\left( {\frac{1}{x} - \frac{x}{{{x^2} + {a^2}}}} \right)dx} = \frac{1}{{{a^2}}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{x}dx} - \frac{1}{{{a^2}}}\int\limits_0^\infty {\sin x\frac{x}{{{x^2} + {a^2}}}dx} \mathop = \limits^{x = \sqrt y } = }$

$\displaystyle{ = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{1}{{2{a^2}}}\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin \sqrt y }}{{y + {a^2}}}dy} = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{1}{{2{a^2}}}\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt y \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + {a^2}} \right)x}}dx} dy} = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{1}{{2{a^2}}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - {a^2}x}}\int\limits_0^\infty {\sin \sqrt y {e^{ - yx}}dy} dx} = }$

$\displaystyle{ = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{1}{{2{a^2}}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - {a^2}x}}\frac{{\sqrt \pi }}{{2x\sqrt x }}{e^{ - 1/4x}}dx} = \mathop = \limits^{x = 1/y} = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{{\sqrt \pi }}{{4{a^2}}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - 4{a^2}/4y}}\frac{1}{{\sqrt y }}{e^{ - y/4}}dy} = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{{\sqrt \pi }}{{4{a^2}}} \cdot \frac{{\sqrt \pi }}{{\sqrt {1/4} }}{e^{ - 2a\sqrt {1/4} }} \Rightarrow }$

$\displaystyle{ \Rightarrow \boxed{\int\limits_0^\infty {\frac{{\sin x}}{{x\left( {{x^2} + {a^2}} \right)}}dx} = \frac{\pi }{{2{a^2}}} - \frac{\pi }{{2{a^2}}}{e^{ - a}}}}$

Οι τύποι που χρησιμοποιήθηκαν έχουν αναφερθεί πολλάκις π.χ. στην ανάρτηση Νο 57.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 5:51 pm**

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
$\boxed{\displaystyle{\frac{1}{\pi}{\int_{0}^{\infty}{ln^4(\frac{x}{x^2+1})\frac{dx}{(x^2+1)^2}}}=\frac{19}{960}{\pi}^4+\frac{1}{2}{\pi}^2ln^22+4ln^42+3\zeta (3)ln2}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 6:21 pm**

69)

Δείξτε οτι
$\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{(xe^{1-x})^ndx}=\frac{n!}{n^{n+1}e^{-n}}}}$

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 6:36 pm**

Για το 69, αρκεί να αποδειχτεί ότι $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{x^n e^{-nx}dx}=\frac{n!}{n^{n+1}}$ . Όμως η συνάρτηση γάμα ορίζεται σαν $\displaystyle \Gamma \left(z \right)=\int_{0}^{\infty}{e^{-t}t^{z-1}dt},Rez>0$

και από γνωστή ιδιότητα για $\displaystyle n \in \mathbb{N}^{*}:\Gamma \left(n+1 \right)=n!$ , δηλαδή $\displaystyle \int_{0}^{\infty}{e^{-t}t^{n}dt}=n!$ . Θεωρούμε στο πάνω $\displaystyle t=xn$ άρα $\displaystyle dt=ndx$

και θα έχουμε: $\displaystyle n\int_{0}^{\infty}{{e^{-xn}\left(xn \right)^n}}dx=n!\Rightarrow \int_{0}^{\infty}{e^{-xn}x^{n}=\frac{n!}{n^{n+1}}}$ ,όπως θέλαμε.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Ιουν 10, 2011 11:36 pm**

erxmer έγραψε:66) Ας αποδειχθεί οτι $\boxed{\displaystyle{\int_{0}^{\infty}{[(x^n+1)^{\frac{1}{n}}-x]dx}=\frac{1}{2n}B(1-2/n, 1/n)}}$

Έστω $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left\{ {{{\left( {{x^n} + 1} \right)}^{1/n}} - x} \right\}dx} }$ . Τότε $\displaystyle{I = \int\limits_0^\infty {\left\{ {{{\left( {{x^n} + 1} \right)}^{1/n}} - x} \right\}dx} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^1 {{{\left( {{x^n} + y} \right)}^{\left( {1/n} \right) - 1}}dy} } \right)dx} = \frac{1}{n}\int\limits_0^1 {\int\limits_0^\infty {{{\left( {{x^n} + y} \right)}^{\left( {1/n} \right) - 1}}dx} dy} }$

Όμως $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{{\left( {{x^n} + y} \right)}^{\left( {1/n} \right) - 1}}dx} = \mathop = \limits^{{x^n} = z} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {{{\left( {z + y} \right)}^{\left( {1/n} \right) - 1}}{z^{\left( {1/n} \right) - 1}}dz} = \frac{1}{n}\int\limits_0^\infty {\frac{{{z^{\left( {1/n} \right) - 1}}}}{{{{\left( {z + y} \right)}^{1 - 1/n}}}}dz} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\int\limits_0^\infty {{z^{\left( {1/n} \right) - 1}}\int\limits_0^\infty {{t^{ - 1/n}}{e^{ - \left( {z + y} \right)t}}dt} dz} = \frac{1}{{n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - yt}}{t^{ - 1/n}}\int\limits_0^\infty {{z^{\left( {1/n} \right) - 1}}{e^{ - zt}}dz} dt} = }$

$\displaystyle{ = \frac{1}{{n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\int\limits_0^\infty {{e^{ - yt}}{t^{ - 1/n}}\Gamma \left( {\frac{1}{n}} \right)\frac{1}{{{t^{1/n}}}}dt} = \frac{{\Gamma \left( {1/n} \right)}}{{n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\int\limits_0^\infty {{t^{ - 2/n}}{e^{ - yt}}dt} = \frac{{\Gamma \left( {1/n} \right)\Gamma \left( {1 - 2/n} \right)}}{{n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right){y^{1 - 2/n}}}}}$

Τότε $\displaystyle{I = \frac{{\Gamma \left( {1/n} \right)\Gamma \left( {1 - 2/n} \right)}}{{{n^2}\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\int\limits_0^1 {{y^{\left( {2/n} \right) - 1}}dy} = \frac{{\Gamma \left( {1 - 2/n} \right)\Gamma \left( {1/n} \right)}}{{{n^2}\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}}\frac{1}{{2/n}} = \frac{{\Gamma \left( {1/n} \right)\Gamma \left( {1 - 2/n} \right)}}{{2n\Gamma \left( {1 - 1/n} \right)}} = \frac{1}{{2n}}B\left( {1 - 2/n,1/n} \right)}$

Χρησιμοποιήθηκαν οι τύποι $\displaystyle{\int\limits_0^\infty {{x^a}{e^{ - xy}}dx} = \frac{{\Gamma \left( {a + 1} \right)}}{{{y^{a + 1}}}}{\text{ \& }}B\left( {a,b} \right) = \frac{{\Gamma \left( \alpha \right)\Gamma \left( \beta \right)}}{{\Gamma \left( {\alpha + \beta } \right)}}}$

mathematica.gr

Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα

Re: Γενικευμένα Ολοκληρώματα