Całki dla smakoszy

[luka52]

dec1, to jest właściwie to samo co podałem, z użyciem innej funkcji:
\(\displaystyle{ \psi^{(m)}(z)= (-1)^{m+1} m! \zeta (m+1,z)\,,}\)
dla m=1 (

Kod: Zaznacz cały

https://en.wikipedia.org/wiki/Hurwitz_zeta_function#Special_cases_and_generalizations

).

[luka52]

1. Wyprowadzić wzór rekurencyjny na:

\(\displaystyle{ I^\pm_n = \int \frac{\dd x}{x \cdot (x \pm 1) \cdot \ldots \cdot (x \pm n)}}\)

viewtopic.php?t=76134#p287664

5. Obliczyć:

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{1}{1 + x} \cdot \left( \sum_{k = 1}^{+\infty} x^{2^k - 1} \right) \; \dd x}\)

Całka sprowadza się do stałej Eulera-Mascheroniego \(\displaystyle{ \gamma}\) - (5) choć wymaga to kilku kroków (chętnie bym zobaczył kolejne przejścia, jeśli ktoś jest w stanie zgrabnie to zredagować).


Pora na kolejne przykłady:

1. Pokaż, że:

\(\displaystyle{ \int_{0}^{2} ( \sqrt{x^3 + 1} + \sqrt[3]{x^2 +2x}) dx= 6}\)

(viewtopic.php?f=51&t=247950)

2.

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x e^x}{e^{2x} - 1}\, \dd x}\)

3.

\(\displaystyle{ \int_0^{\ln 2} \frac{x \, \dd x}{e^x + 2e^{-x} - 2}}\)

4.

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x}\)

5.

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \left( \frac{\sin x}{x} \right)^n \frac{\sin m x}{x} \, \dd x, \quad m \ge n}\)

6.

\(\displaystyle{ \int_0^1 \ln \Gamma (x) \, \cos 2\pi n x\, \dd x}\)

7.

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x}\)

8.

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \frac{x \arctan x}{1 + x^4} \,\dd x}\)

9.

\(\displaystyle{ \int_0^{+\infty} \sin \left( x^2 - \frac{1}{x^2} \right) \dd x}\)

[Premislav]

4.:    

\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x= \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x-1} \ \dd x - \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\)
- z kryterium ilorazowego (punkty \(\displaystyle{ 0}\),\(\displaystyle{ 1}\)) i kryterium Dirichleta ("w nieskończoności") wynika, że te całki są zbieżne.
Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x-1} \dd x=\bigg|t=x-1|=- \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi t}{t} \ \dd t=- \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\), więc:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x=-2 \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x=-4 \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x} \ \dd x}\)
(ostatnia równość wynika z parzystości funkcji podcałkowej) i po podstawieniu \(\displaystyle{ u=\pi x}\)
oraz przypomnieniu sobie, że \(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin u}{u} \ \dd u= \frac{\pi}{2}}\), co już wspominano w tym temacie (można np. pobawić się z transformatą Laplace'a lub użyć analizy zespolonej - choć ten sposób miałem na zajęciach i w tym przypadku był piekielnie mozolny), otrzymujemy w końcu
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{\sin \pi x}{x(x-1)}\, \dd x=-2\pi}\)

7. - nieudana próba :(:    

Zacznijmy przez części:
\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x= \frac{1}{2} \ln(1+x^2) \arcsin x \bigg|^{1}_{0}- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+x^2)}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x=\\= \frac{\pi}{4} \ln 2- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{1}{ \sqrt{1-x^2} }\left( \sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^{n+1}}{n}x^{2n} \right) \ \dd x= \frac{\pi}{4}\ln 2+ \frac{1}{2} \sum_{n=1}^{ \infty }\frac{(-1)^n}{n} \int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x}\)
z rozwinięcia \(\displaystyle{ f(t)=\ln(1+t)}\) w szereg Maclaurina.
Zajmiemy się teraz całkami \(\displaystyle{ I_n= \int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}} \ \dd x}\). Łatwo widać, że mamy \(\displaystyle{ I_0=\arcsin 1-\arcsin 0= \frac{\pi}{2}}\).
Ponadto, znowu całkując przez części, mamy
\(\displaystyle{ I_n=\int_{0}^{1} \frac{x^{2n}}{\sqrt{1-x^2}} \ \dd x=- \sqrt{1-x^2}x^{2n-1}\bigg|^{1}_{0}+(2n-1) \int_{0}^{1} \sqrt{1-x^2}x^{2n-2} \ \dd x=\\=(2n-1) \int_{0}^{1} \frac{x^{2n-2}-x^{2n}}{ \sqrt{1-x^2} } \ \dd x=(2n-1)\left( I_{n-1}-I_n\right)}\)
dla \(\displaystyle{ n \in \NN^+}\). Stąd łatwo uzyskać następującą zależność:
\(\displaystyle{ I_n= \frac{2n-1}{2n} I_{n-1}}\), a zatem wzór jawny wygląda tak:
\(\displaystyle{ I_n= \frac{\pi}{2} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\) dla \(\displaystyle{ n \ge 1}\).
Czyli \(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x= \frac{\pi}{4}\ln 2+\frac{ \pi }{4}\sum_{n=1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n} \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}}\)
Teraz zauważmy, że \(\displaystyle{ \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}= \frac{(2n)!}{[(2n)!!]^2}= \frac{(2n)!}{(n!)^2 2^{2n}}}\)
Nie umiem jednak zwinąć całej tej sumy i jest mi smutno. Pewnie trzeba by skorzystać z jakichś własności funkcji gamma, których nie znam/nie pamiętam.

-- 30 lip 2016, o 02:34 --

2.:    

Ta całka jest zbieżna, bo \(\displaystyle{ \lim_{x \to 0} \frac{x}{e^{2x}-1}= \frac{1}{2}}\), no a w plus/minus nieskończoności to jest oczywista sprawa. Zatem możemy zapisać:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x=\int_{-\infty}^{0} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x+\int_{0}^{+\infty} \frac{xe^x}{e^{2x}-1} \ \dd x=\\= -\sum_{k=0}^{+\infty} \int_{-\infty}^{0}xe^{(2k+1)x}+ \sum_{m=0}^{+\infty} \int_{0}^{+\infty}xe^{-(2m+1)x} \ \dd x}\)
z twierdzenia Weierstrassa o całkowaniu szeregów funkcyjnych
(chyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyyba - może przydałoby się jeszcze jakieś twierdzonko z nazwiskiem).
Teraz scałkujmyż przez części:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{0}xe^{(2k+1)x} \ \dd x= \frac{1}{2k+1}xe^{(2k+1)x}\bigg|^{0}_{-\infty}- \frac{1}{2k+1} \int_{-\infty}^{0}e^{(2k+1)x} \ \dd x=- \frac{1}{(2k+1)^2}}\) dla \(\displaystyle{ k \in \NN}\)
i podobnież mamy:
\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty}xe^{-(2m+1)x} \ \dd x= \frac{1}{(2m+1)^2}}\) dla dowolnego \(\displaystyle{ m \in \NN}\), a w takim razie otrzymujemy:
\(\displaystyle{ \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x e^x}{e^{2x} - 1}\, \dd x=2 \sum_{m=0}^{+\infty} \frac{1}{(2m+1)^2}= \frac{\pi^2}{4}}\)

[luka52]

ad 7.
Premislav już blisko
Korzystając z gotowego już rozwinięcia:
\(\displaystyle{ \text{arcsinh}\, x = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n (2n)!}{4^n (n!)^2 (2n+1)} x^{2n+1}}\)
mamy:
\(\displaystyle{ (\text{arcsinh}\,x )' = \frac{1}{\sqrt{1+x^2}} = \sum_{n = 0}^{+\infty} \frac{(-1)^n (2n)!}{4^n (n!)^2} x^{2n} \Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1+x}} - 1 = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^n\frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} x^{n}}\)
stąd:
\(\displaystyle{ \int_0^1 \left( \frac{1}{\sqrt{1 + x}} - 1 \right ) \frac{ \dd x }{x} = \sum_{n = 1}^{+\infty} (-1)^n\frac{(2n)!}{4^n (n!)^2} \int_0^1 x^{n-1} \, \dd x = \sum_{n = 1}^{+\infty} \frac{(-1)^n}{n} \frac{(2n)!}{4^n (n!)^2}}\)
czyli zabrakło Ci: \(\displaystyle{ 2 (\ln 2 - \ln (1 + \sqrt{2}))}\), co sprawia, że:

\(\displaystyle{ \int_0^1 \frac{x \arcsin x}{1+x^2}\, \dd x = \frac{\pi}{2} \ln \frac{2 \sqrt{2}}{1 + \sqrt{2}}}\)

[Premislav]

luka52, jak dla mnie jednak stosunkowo daleko. Ale może to przez to, że nie kojarzę rozwinięcia niektórych funkcji w szeregi Maclaurina.

8.:    

\(\displaystyle{ \int_{0}^{+\infty} \frac{x\arctan x}{1+x^4} \ \dd x= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \int_{1}^{+\infty} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{1}{2}\arctan(x^2) \arctan x \bigg|^{+\infty}_{1}- \frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{3}{32}\pi^2- \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\arctan\left( \frac{1}{x^2} \right) }{1+x^2} \ \dd x=\\= \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \ \dd x+ \frac{3}{32}\pi^2- \frac{1}{2}\arctan x \arctan\left( \frac{1}{x^2} \right)\bigg|^{1}_{0}- \int_{0}^{1} \frac{x \arctan x}{1+x^4} \dd x= \frac{\pi^2}{16}}\)
- dla wyjaśnienia: trochę całkowania przez części, a w przejściu, w którym
\(\displaystyle{ - \frac{1}{2} \int_{1}^{+\infty} \frac{\arctan(x^2)}{1+x^2} \ \dd x}\) przeistoczyło się w \(\displaystyle{ - \frac{1}{2} \int_{0}^{1} \frac{\arctan\left( \frac{1}{x^2} \right) }{1+x^2} \ \dd x}\), po prostu podstawiłem \(\displaystyle{ t= \frac{1}{x}}\), tylko mi się nie chciało tego wszystkiego pisać.

Bardzo chętnie zobaczyłbym jakieś bardziej eleganckie rozwiązanie (chciałem na pałę rozbić na przedziały i przez części, żeby potem rozwinąć te funkcje arcus tangens w Maclauriny i scałkować wyraz po wyrazie, ale tu się wcześniej skróciło - czysty fart). Widziałem dowód faktu, że
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{2} } \frac{\dd t}{1+\tg^{\alpha} t} = \frac{\pi}{4}}\) i próbowałem podstawiać tangensa, żeby potem jakoś to wykorzystać, ale nic z tego mi nie wyszło.

[luka52]

Wg mnie całkiem eleganckie rozwiązanie, bardziej istotne jest chyba jak starannie zapisujesz rozwiązanie, co bezpośrednio wpływa na końcową estetykę
Odnośnie podanej przez Ciebie całki, to 370344.htm#p5261231

[dec1]

Znalazłem na stacku fajne rozwiązanie szóstego:

6.:    

\(\displaystyle{ I=\int_0^1 \ln \Gamma (x) \, \cos 2\pi nx\,\dd x=
\int_0^1\ln\left(\pi \over \Gamma\left(1 - x\right)\sin\pi x\right)
\cos 2\pi n x\,\dd x\\
I=\ln\pi \overbrace{\int_0^1\cos 2\pi nx\,\dd x}^{\displaystyle 0} - \overbrace{\int_0^1\ln\Gamma x\cos 2\pi n(1 - x)\dd x}^{\displaystyle I} - \frac{1}{\pi}\overbrace{\int_0^{\pi}\ln\sin x\cos 2nx\,\dd x}^{\displaystyle -\frac{\pi}{2n}}\\
I=\frac{1}{4\pi}}\)

[Premislav]

3.:    

\(\displaystyle{ \int_{0}^{\ln 2} \frac{x \ \dd x}{e^x+2e^{-x}-2}= \int_{0}^{\ln 2} \frac{xe^x}{1+(e^x-1)^2} \ \dd x=\bigg|t=e^x-1\bigg|= \int_{0}^{1} \frac{\ln(1+t)}{1+t^2} \ \dd t}\),
następnie podstawiam \(\displaystyle{ t=\tg(\alpha)}\) i mam: \(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( 1+\tg \alpha\right) \ \dd \alpha= \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\sin(\alpha)+\cos(\alpha)) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos (\alpha)) \ \dd \alpha}\)
Oczywiście \(\displaystyle{ \sin (\alpha)+\cos(\alpha)=2\sin \frac{\pi}{4}\cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right)}\), co można wyprowadzić np. ze wzoru na sumę sinusów i najbardziej podstawowego wzoru redukcyjnego, zatem, jako że w liczbach dodatnich mamy \(\displaystyle{ \ln (ab)=\ln(a)+\ln(b)}\),
więc
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\sin(\alpha)+\cos(\alpha)) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos (\alpha)) \ \dd \alpha
= \\=\int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( \sqrt{2}\right) \ \dd \alpha+ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln\left( \cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right) \right) \ \dd \alpha- \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(\alpha)) \ \dd \alpha=\\=\frac{1}{2} \ln (2) \cdot \frac{\pi}{4}= \frac{\pi}{8} \ln (2),}\)
gdyż
\(\displaystyle{ \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln \left( \cos\left( \alpha- \frac{\pi}{4} \right) \right) \ \dd \alpha=\bigg|u=\alpha- \frac{\pi}{4}\bigg|= \int_{- \frac{\pi}{4} }^{0}\ln( \cos(u)) \dd u= \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(u)) \ \dd u}\), bo cosinus jest funkcją parzystą i to się skraca z \(\displaystyle{ - \int_{0}^{ \frac{\pi}{4} }\ln(\cos(\alpha)) \ \dd \alpha}\)
Ale się podnieciłem tym rozwiązaniem, zaraz sobie w nagrodę wezmę piwo z lodówki. Takie to małe rozrywki dla umysłów na poziomie matematycznego Trzeciego Świata...

luka52, chyba źle mnie zrozumiałeś/niejasno się wyraziłem, ja tę całkę (czy raczej całą rodzinę całek) znam właśnie z wątku, do którego link podałeś i zastanawiałem się, czy można to jakoś wykorzystać w rozwiązaniu zadania nr 8.

Zostały chyba 1,5,9, przy czym piąte to raczej nie mój poziom.

[dec1]

1.:    

Lemat. Jeśli funkcje \(\displaystyle{ f(a)=g(\alpha)}\) i \(\displaystyle{ g(\beta)=f(b)}\) są odwrotne, to
\(\displaystyle{ \int_a^b f(x)\dd x+\int_{\alpha}^{\beta} g(x)\dd x=bf(b)-af(a)}\)
Szkic dowodu.
\(\displaystyle{ \int_a^b f(x)\dd x=xf(x)\bigg|_a^b-\int xf'(x)\dd x=xf(x)\bigg|_a^b -\int g(f(x)f'(x))\dd x=xf(x)\bigg|_a^b - \int_{\alpha}^{\beta} g(x)\dd x}\)

Niech \(\displaystyle{ f(x)=\sqrt[3]{x^2+2x}}\). Wtedy \(\displaystyle{ g(x)=\sqrt{x^3+1}-1}\). Stosujemy nasz lemat:
\(\displaystyle{ \int_0^2 (\sqrt[3]{x^2+2x}+\sqrt{x^3+1}-1) \dd x=2\sqrt[3]{4+4}-0=4}\)
Zatem
\(\displaystyle{ \int_0^2 (\sqrt[3]{x^2+2x}+\sqrt{x^3+1})\dd x=6}\).

[Premislav]

dec1, kapitalne! Sam wpadasz na takie lematy?

9.:    

Rozważmy ogólniejszą całkę (czy raczej rodzinę całek): \(\displaystyle{ I(\alpha)=\int_{0}^{+\infty}\sin\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right) \ \dd x}\)
i do razu drugą, która się przyda (przerobimy to na układ równań różniczkowych ):
\(\displaystyle{ J(\alpha)= \int_{0}^{+\infty}\cos\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right) \ \dd \alpha}\)
Mamy \(\displaystyle{ I(0)= \int_{0}^{+\infty}\sin(x^2) \ \dd x}\) oraz \(\displaystyle{ J(0)= \int_{0}^{+\infty}\cos(x^2) \ \dd x}\)
, metodami analizy zespolonej można wyliczyć, że obie one są równe \(\displaystyle{ \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
- w razie konieczności to też napiszę.
Mamy: \(\displaystyle{ I'(\alpha)= -2\alpha\int_{0}^{+\infty} \frac{\dd x}{x^2}\cos\left( x^2- \frac{\alpha^2}{x^2} \right)}\) i po podstawieniu \(\displaystyle{ t= \frac{\alpha}{x}}\) w tej ostatniej całce oraz skorzystaniu z parzystości cosinusa dostajemy:
\(\displaystyle{ I'(\alpha)=-2J(\alpha)}\)
Analogicznie:
\(\displaystyle{ J'(\alpha)=2\alpha \int_{0}^{+\infty}\sin\left( x^2- \frac{a^2}{x^2} \right) \frac{\dd x}{x^2}=\bigg|t= \frac{\alpha}{x}\bigg|=\\=2 \int_{0}^{+\infty}\sin\left( \frac{\alpha^2}{t^2}-t^2 \right) \ \dd t=-2I(\alpha)}\),
bo sinus jest funkcją nieparzystą.
Dostajemy więc następujący układ równań różniczkowych (czy tam zagadnienie):
\(\displaystyle{ \begin{cases} I'(\alpha)=-2J(\alpha) \\J'(\alpha)=-2I(\alpha)\\I(0)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} } \\ J(0)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} } \end{cases}}\)
Ponieważ nie pamiętam tej całej fajnej teorii układów liniowych równań różniczkowych z macierzami itd. (dawno to było), to
po prostu różniczkujemy pierwsze równanie ukłądu stronami po \(\displaystyle{ \alpha}\)
i mamy \(\displaystyle{ I''(\alpha)=-2J'(\alpha)}\), po czym podstawiamy z drugiego równania układu \(\displaystyle{ J'(\alpha)=-2I(\alpha)}\), co daje nam:
\(\displaystyle{ I''(\alpha)=4I(\alpha)}\). Równanie charakterystyczne:
\(\displaystyle{ t^2-4=0}\), stąd rozwiązanie ogólne jest postaci \(\displaystyle{ I(\alpha)=C_1e^{2\alpha}+C_2e^{-2\alpha}}\) (ze względu na symetrię tego zagadnienia również tak samo jest z \(\displaystyle{ J(\alpha)}\)). Stałe \(\displaystyle{ C_1}\) i \(\displaystyle{ C_2}\) wyznaczamy z warunków \(\displaystyle{ I(0)=C_1+C_2= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
oraz \(\displaystyle{ I'(0)=2C_1-2C_2=-2J(0)= -\sqrt{ \frac{\pi}{2} }}\), tworząc układzik równań korzystający z tych warunków. Rozwiązanie:
\(\displaystyle{ C_1=0, C_2= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }}\)
toteż ostatecznie \(\displaystyle{ I(\alpha)= \sqrt{ \frac{\pi}{8} }e^{-2\alpha}}\)
Pozostaje podstawić we wzorku na \(\displaystyle{ I(\alpha)}\) nasze \(\displaystyle{ \alpha=1}\) i bonwłajaż.
W dokumencie, który podał luka52, był wynik prawie że tej całki - cała różnica w wykorzystaniu parzystości i wskazówka żeby rozważyć też tę z cosinusem, no to wymyśliłem coś takiego.

[NogaWeza]

Premislav, czy mógłbyś wyświadczyć mi przysługę i napisać w jaki sposób policzyć wartości \(\displaystyle{ I(0), J(0)}\)? Pamiętam jedynie, że te całki są zbieżne na mocy kryterium Dirichleta, sam mnie zresztą kiedyś o tym poinformowałeś, ale nie umiem ich policzyć.

[Santiago A]

dec1, kapitalne! Sam wpadasz na takie lematy?

Pewnie nie, Laisant znał ten wzór już w 1905: https://en.wikipedia.org/wiki/Integral_ ... _functions.

[Premislav]

Santiago A, dziękuję.
NogaWeza, przyznam, że chyba byłem zbyt pewny siebie, a okazało się, że wcale mi to dobrze nie idzie, bo dobierałem zły kontur (tę wartość pamiętałem z Funkcji zespolonych Franciszka Lei, jak się okazało - gorzej niż metodę). Tutaj np. masz to policzone:
http://math.stackexchange.com/questions ... rate-sinx2

-- 6 sie 2016, o 00:48 --

Ogólnie to mea maxima culpa, że tak sobie beztrosko piszę "mogę uzupełnić", a potem się okazuje, że jednak nie bardzo mogę.

[NogaWeza]

Żaden problem. Rozwiązanie zawarte w linku, który podałeś mnie satysfakcjonuje, dzięki.

[luka52]

Skoro całka nr 5 stoi nierozwiązana, może ktoś wrzuci nowy zestaw?