Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 25, 2011 8:46 pm
Σελίδα 1 από 1
Re: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Σάβ Ιουν 25, 2011 11:38 pm
![\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + 1} \right)x}}dx} - \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + 2} \right)x}}dx} } \right)dy} = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{y + 1}} - \frac{1}{{y + 2}}} \right)dy} = \left[ {\ln \frac{{y + 1}}{{y + 2}}} \right]_0^\infty = \ln 2}](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/82233262e179c25bbcabe77acb2621f7.png "\displaystyle{ = \int\limits_0^\infty {\left( {\int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + 1} \right)x}}dx} - \int\limits_0^\infty {{e^{ - \left( {y + 2} \right)x}}dx} } \right)dy} = \int\limits_0^\infty {\left( {\frac{1}{{y + 1}} - \frac{1}{{y + 2}}} \right)dy} = \left[ {\ln \frac{{y + 1}}{{y + 2}}} \right]_0^\infty = \ln 2}")
.Re: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 26, 2011 1:54 am
Λίγο αλλιώς: Αφού φτάσουμε στοΣεραφείμ έγραψε: <...><...>
με την αλλαγή μεταβλητής 
, όπως έκανε ο Σεραφείμ, έχουμε
M.
Re: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 26, 2011 9:43 am
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 =](/forum/ext/geomar/texintegr/latexrender/pictures/eaa1ead5d2a9f3af8e151417a0d06040.png "\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 =")
Φιλικά,
Μιχάλης
Φιλικά,
Μιχάλης
Re: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 26, 2011 5:08 pm
Σεραφείμ,Mihalis_LambrouRe: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Κυρ Ιουν 26, 2011 5:32 pm
stuart clark, παρακαλώ πες μας την δική σου λύση στο ολοκλήρωμα.
stuart clark, please tell us your solution to this integral.
stuart clark, please tell us your solution to this integral.
Re: Γενικευμένο (vi)
Δημοσιεύτηκε: Πέμ Ιουν 30, 2011 4:17 am
stuart clark έγραψε:
