Seuraa 
Viestejä2

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

  • ylös 0
  • alas 0

Sivut

Kommentit (24)

wisti
Seuraa 
Viestejä21433
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Mistä sait tehtävän? Ei välineitä sen ratkaisemiseksi kovin helposti löydy muualta kuin silikoniaivon työkalupakista. Kirjoita WA:han L_2(x), niin se antaa x+x^2/4+x^3/9+x^4/16+x^5/25+O(x^6). Kyseessä siis (päättymätön) Taylor-sarja.

PPo
Seuraa 
Viestejä15451

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Sisältö jatkuu mainoksen alla
Sisältö jatkuu mainoksen alla
Vierailija
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Aloitusviestissä näin ratkaisussa noita imaginäärilukuja niin veikkaisin semmoista trivialiteettia notta Eulerin kaavaa on käytetty jotenkin notta.

wisti
Seuraa 
Viestejä21433
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

JPI
Seuraa 
Viestejä32830
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

Koska arctan(x) = i/2[ln(1-ix)-ln(1+ix)] =>

y= -2i*arctan(e^(ix)) = ln(1-ie^(ix))-ln(1+ie^(ix))

Kun tuon derivoi (ihan helppo, en viitse kirjoitella välivaiheita), niin saa dy/dx = 1/cos(x) !!

(n-1)³ + n³ + (n+1)³ = (3n/2)³, n∈Z = ?

PPo
Seuraa 
Viestejä15451
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

wisti
Seuraa 
Viestejä21433
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

PPo
Seuraa 
Viestejä15451
wisti
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

Muokataan integroitavaa.

1/cosx=(sinx+1)/((sinx+1)*cosx)=cosx/(sinx+1)+sinx/cosx

∫1/cosx=∫cosx/(sinx+1)-∫-sinx/cosx=ln(abs(sinx+1))-ln(abs(cosx)=ln(abs((sinx+1)/cosx))=

ln(abs(tanx+secx))

wisti
Seuraa 
Viestejä21433
PPo
wisti
PPo
wisti
PPo

Integtoitin funktion 1/cosx WA:lla ja se antoi tulokseksi ln(tanx+ secx) +C.

Kesti aikansa, ennenkuin keksin, miten integrointi onnistuu kotikonstein.

Minä sain kotikonstein -2i*arctan(e^(ix))  (!!!)

Koetapa derivoida.

D( -2i*arctan(e^(ix)))=-2i*i*e^(ix)/((e^(ix))²+1)=1/((e^(ix)+e^(-ix))/2)=1/cosx

Se meni jopa aika helpolla sijoituksella. En kuitenkaan osannut ainakaan hetkessä osoittaa, että se on muunnettavissa WA:n antamaan muotoon. Miten sinä päädyit tulokseesi, joka siis oli myös WA:n antama?

Muokataan integroitavaa.

1/cosx=(sinx+1)/((sinx+1)*cosx)=cosx/(sinx+1)+sinx/cosx

∫1/cosx=∫cosx/(sinx+1)-∫-sinx/cosx=ln(abs(sinx+1))-ln(abs(cosx)=ln(abs((sinx+1)/cosx))=

ln(abs(tanx+secx))

Tuohan oli itsestään Perkeleestä hankaluudessaan.

Bolzma
Seuraa 
Viestejä110

Jos ollaan vaan ihan pienellä alueella, jossa tulee ensinnäkin reaalista tavaraa, mutta myös Taylorin sarjakin pätee, niin alue olisi -1 < x < 1, ja sillä alueella integrointi , ja se Taylorin sarja voisi mennä näin: http://aijaa.com/WByGxW

Circceli
Seuraa 
Viestejä2

Semmosta vielä kyselisin noista polylogaritmeista, kun en nyt oikein tajua.. Jos nyt oikein lukemaani tulkitsen niin polylogaritmejen pitäisi olla varsin yksinkertaisia potenssisarjoja, mutta eihän esimerkiksi dilogaritmi(eli ilmeisesti potenssisarja (x^n/n^2)) saavuta mitään arvoja jos x>1.

Missä olen mennyt metsään? Pistin nyt kuvankin havannoimmaan mitä tarkoitan.

PPo
Seuraa 
Viestejä15451
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Bolzman innoittamana yritin sarjakehitelmää integraalille.

Merkitään X=x²/2!-x^4/4!+x^6/6!-x^8/8!.. . Tällöin 

cosx=1-X

1/(1-X)=1+X+X²+X³...,0≤X<1

ln(cox)=ln(1-X)=X+X²/2+X³/3+...=1/2*x²+1/12*x^4+1/45*x^6+17/2520*x^8+...

∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3483

Alkuperäisestä viestistä katosi mystisesti lauseita sieltä tääältä, kun lähetin viestiä, nyt korjattu, toivottavasti. Palstan softa jostain syystä välillä hävittää tekstiä itseisarvomerkkien jälkeen..??? pitää laittaa kaksinkertaiset itseisarvomerkit.. Vikaa edelleen, jos nyt olisi oikein.

EI TOIMI VIELÄKÄÄN!! Itseisarvomerkit korjattu nyt hakasulkeilla, siis [x] on normi tai itseisarvo alla.

Circceli

Semmosta vielä kyselisin noista polylogaritmeista, kun en nyt oikein tajua.. Jos nyt oikein lukemaani tulkitsen niin polylogaritmejen pitäisi olla varsin yksinkertaisia potenssisarjoja, mutta eihän esimerkiksi dilogaritmi(eli ilmeisesti potenssisarja (x^n/n^2)) saavuta mitään arvoja jos x>1.

Missä olen mennyt metsään? Pistin nyt kuvankin havannoimmaan mitä tarkoitan.

Tuossa lainaamassasi polylogaritmin määritelmässä mainitaan, että polylogaritminen funktio on sarjakehitelmällä määritellyn funktion analyyttinen jatke.

Analyyttinen jatkaminen lyhyesti merkitsee sitä, että potenssisarjalla määritellyn funktion määrittelyaluetta voidaan laajentaa suuremmaksi, vaikka sarja ei enää suppenekkaan tässä laajemmassa alueessa. Lisäksi tämä laajennus on yksikäsitteinen. Tämä on voimakas analyyttisten kompleksifunktioiden ominaisuus. Siis jos tunnet analyyttisen funktion arvot vaikka esimerkiksi kompleksitason ympyrän sisäpuolisessa alueessa, se määrää tämän funktion täysin koko kompleksitasossa( tai sen osassa )

Analyyttinen jatkaminen kompleksitasossa toimii seuraavasti: jos on määritelty funktio f jossain r-säteisessä z0-keskisessä kiekossa U(z0,r)={zεC|,[z-z0]<r} suppenevalla potenssisarjalla, funtio f voidaan määritellä myös laajemmassa kompleksitason joukossa A, joka sisältää kiekon U(z0,r). Laajin tuollainen A on myös olemassa ja se on yksikäsiteinen, kuten on myös se joukossa A määritelty f:n jatke g.

Esimerkki 1:

Määritellään f(z) = 1 + x² + x³ + ...(geometrinen sarja ). Sarja suppenee, kun [z]<1.Tässä r=1 ja z0=0. Siis ollaan saatu kiekossa U(0,1) määritelty analyyttinen kompleksitason funktio f. Tällä funktiolla on analyyttinen laajennus

g(z) = 1/(1-z),

joka on määritelty alueessa A={zεC| z≠1}. Lisäksi g(z)=f(z), kun zεU(0,1).

Kuitenkin analyyttisella jatkamisella saatu funktio voi olla moniarvoinen, eli sillä voi olla useita haaroja, kuten esimerkiksi kompleksilogaritmilla.

Esimerkki 2

Määritellään kompleksitason kiekossa U(0,1) funktio f(z) = z - z²/2 + z³/3 +.. Tämä sarja suppenee ja on siten pätevä funktion f määritelmä aluessa [z]<1.Tällä funktiolla on joukossa A = {zεC|z≠-1} analyyttinen jatke g:

g(z) = Ln(1+z)

Nyt g(z) = f(z) kun [z]<1 ja koska kompleksilogaritmi Ln on monihaarainen, on myös jatke g monihaarainen.

---------------------------------------

Tuohon varsinaiseen integrointitehtävään löysin Wikipediasta tuolle polylogaritmifunktiolle kätevän esityksen:

Li2(z) = - 0∫z Ln(1-w)/w dw,

missä merkintä 0∫z merkitsee määrättyä integraalia 0-> z. Nyt tämän derivaatta on

Li2'(z) = -Ln(1-z)/z.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä15451
PPo
Circceli

Mites integroidaan ln(cos(x))dx? Kiitos wolframalphan, tiedän kyllä vastauksen, mutta kuinkas tuota lähtisi ratkaisemaan? 

Bolzman innoittamana yritin sarjakehitelmää integraalille.

Merkitään X=x²/2!-x^4/4!+x^6/6!-x^8/8!.. . Tällöin 

cosx=1-X

1/(1-X)=1+X+X²+X³...,0≤X<1

ln(cox)=ln(1-X)=X+X²/2+X³/3+...=1/2*x²+1/12*x^4+1/45*x^6+17/2520*x^8+...

∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...

Merkkivirheen korjaus

Pitää olla

-∫ln(cox)dx=1/6*x³+1/60*x^5+1/315*x^7+17/22680*x^9+...., joten

∫ln(cox)dx=-1/6*x³-1/60*x^5-1/315*x^7-17/22680*x^9+.

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3483

Seuraavalla tavalla voi perustella itselleen annetun kaavan totuudenmukaisuutta, joskin tämä metodi on kyllä hankala keksiä ilman tietoa lopputuloksesta. Kyseessä ei siis ole mikään näppärä integrointi.

Laskettava:

∫ln(cos(x))dx = ½ix²- x Ln(1+e^(2ix)) + ½i Li2(-e^(2ix)) + x ln(cos(x)) + C.

funktio Li2(z) = -0∫z ln(1-w)/w dw (Tämä kaava löytyy Wikipediasta polylogaritmiartikkelista), josta saadaan derivoimalla Li2'(z) = - ln(1-z)/z.

Osittaisintegroimalla saadaan:

∫ln(cos(x))dx = x ln(cos(x)) + ∫x tan(x)dx.

Seuraavat tulokset voi laskea käsin:

d/dx(i/2 Li2(-e^(2ix))) = ln(1+e^(2ix))

d/dx(-x Ln(1+e^(2ix))) =-ix + x tan(x) - ln(1+e^(2ix))

d/dx( ½ix²) = ix

Keskimmäisessä täytyy käyttää Eulerin kaavoja, jotta derivoidusta lausekkeesta saa esiin tan(x):n. Siis:
 
d/dx [ ½ix² + i/2 Li2(-e^(2ix)) - x Ln(1+e^(2ix))] = x tan(x).

Hakasulkeiden sisällä oleva lauseke on siis funktion x tan(x) integraali, joka voidaan nyt sijoittaa osittaisintegroituun kaavaan.

EDIT: Li2 lausekkeissa kummitteli sinne kuulumaton derivointimerkki

EDIT2: korjattu kirjoitusvirheitä kaavoissa.

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

PPo
Seuraa 
Viestejä15451
Spanish Inquisitor Jr

Seuraavalla tavalla voi perustella itselleen annetun kaavan totuudenmukaisuutta, joskin tämä metodi on kyllä hankala keksiä ilman tietoa lopputuloksesta. Kyseessä ei siis ole mikään näppärä integrointi.

Laskettava:

∫ln(cos(x))dx = ½ix²- x Ln(1+e^(2ix)) + ½i Li2(-e^(2ix)) + x ln(cos(x)) + C.

funktio Li2(z) = -0∫z ln(1-w)/w dw (Tämä kaava löytyy Wikipediasta polylogaritmiartikkelista), josta saadaan derivoimalla Li2'(z) = - ln(1-z)/z.

Osittaisintegroimalla saadaan:

∫ln(cos(x))dx = x ln(cos(x)) + ∫x tan(x)dx.

Seuraavat tulokset voi laskea käsin:

d/dx(i/2 Li2(-e^(2ix))) = ln(1+e^(2ix))

d/dx(-x Ln(1+e^(2ix))) =-ix + x tan(x) - ln(1+e^(2ix))

d/dx( ½ix²) = ix

Keskimmäisessä täytyy käyttää Eulerin kaavoja, jotta derivoidusta lausekkeesta saa esiin tan(x):n. Siis:
 
d/dx [ ½ix² + i/2 Li2(-e^(2ix)) - x Ln(1+e^(2ix))] = x tan(x).

Hakasulkeiden sisällä oleva lauseke on siis funktion x tan(x) integraali, joka voidaan nyt sijoittaa osittaisintegroituun kaavaan.

EDIT: Li2 lausekkeissa kummitteli sinne kuulumaton derivointimerkki

EDIT2: korjattu kirjoitusvirheitä kaavoissa.

kuinka boldattu kryptinen lauseke muokataan muotoon, jossa i ei esiinny?

Tuloksena pitäisi olla päättymätön sarja, joka toivottavasti muistuttaa saamaani lauseketta

-1/6*x³-1/60*x^5-1/315*x^7-17/22680*x^9+... +C

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3483
PPo

∫ln(cos(x))dx = ½ix²- x Ln(1+e^(2ix)) + ½i Li2(-e^(2ix)) + x ln(cos(x)) + C.

kuinka boldattu kryptinen lauseke muokataan muotoon, jossa i ei esiinny?

Tuloksena pitäisi olla päättymätön sarja, joka toivottavasti muistuttaa saamaani lauseketta

-1/6*x³-1/60*x^5-1/315*x^7-17/22680*x^9+... +C

Mä itseasiassa pohdin hieman samanlaista tilannetta eli kuinka reaalifunktion ln(cos(x)) voisi integroida käyttämättä ollenkaan kompleksilukuja. Sarjakehitelmä on tietysti yksi sellainen, mutta jos haluaisi ratkaisun enemmän ja vähemmän suljetussa muodossa?

Sun sarjakehitelmä on käsittääkseni ihan oikea. Mulla on alla lasku miten sen saa esiin tuosta kaavasta. Siinä on nyt myös hieman eri tavalla perusteltu johto kysytylle integraalille ja lisäksi tulos näyttää eri funktiolta  kuin ylläoleva kaava. Erilaisuus on kuitenkin vain näennäistä.

Seuraavat kaavat tosia:

1+e^(2ix) = 2cos(x)e^(-ix)

ln(1+e^(2ix)) = ln2 + ln(cos(x)) + ix (**)

ln(cos(x)) = ln(1+e^(2ix)) - ln2 - ix

Ensimmäisen saa hajottamalla 1+e^(2ix) reaali- ja imaginaariosiin ja laskemalla
sitten kompleksiluvun argumentin ja normin. Yhtälön oikea puoli on siis lausekkeen
1+e^(2ix) napakoordinaatistoesitys (en laittanut itseisarvomerkkejä cos(x) molemmille puolelle, koska palstan softa ei tykkää aina niistä).

Integroimalla kolmas yhtälö puolittain:

∫ln(cos(x))dx = ∫ln(1+e^(2ix))dx - ln2 x - ½ix². (***)

Oikean puolen integraali on polylogaritmi Li2:

∫ln(1+e^(2ix))dx = i/2 Li2(-e^(2ix))

Jännää noissa ekoissa kaavoissa on se, että ne näyttävät hyvinkin kompleksiarvoisilta, mutta todellisuudessa imaginaariosat ovat vain:

Im(ln(1+e^(2ix))) = x

Im(∫ln(1+e^(2ix))dx) = Im(i/2Li2(-e^(2ix))) = ½x².

Tästä näkyy, että funktio i/2 Li2(-e^(2ix))-½ix² on ihan reaaliarvoinen.

Sarjakehitelmät:

ln(1+e^(2ix))= ln2 + ix - 1/2x² - 1/12 x^4 - 1/45 x^6 + O(8)

∫ln(1+e^(2ix))dx = Ln2x + 1/2ix^2 - 1/6x^3 -1/60x^5 - 1/315 x^7 + O(9)

Sijoittamalla tämä yhtälöön (***) saadaan:

∫ln(cos(x))dx =- 1/6x^3 -1/60x^5 - 1/315 x^7 + O(9)

Tämä on juurikin sinun saamasi sarjakehitelmä.

--------------------------------------
Tuo aloittajan ja mun aikaisemman viestin ratkaisu näyttää erilaiselta kuin yhtälöstä(***) saatu ratkaisu

∫ln(cos(x))dx = i/2 Li2(-e^(2ix)) - ln2 x - ½ix².

Ero poistuu kun käyttää yhtälöä (**).

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

JPI
Seuraa 
Viestejä32830
Spanish Inquisitor Jr

Tuossa lainaamassasi polylogaritmin määritelmässä mainitaan, että polylogaritminen funktio on sarjakehitelmällä määritellyn funktion analyyttinen jatke.

Jep, sama "omituisuus" on esim. Eulerin zeta funktiossa:

Z(s) = Σ(i=0-8 kumollaan) 1/n^s. Tuolla on nollakohdat s:n arvoilla -2, -4...-2n, vai onko? No ei tuolla sarjakehitelmällä selvästikkään noin ole. Noin on tuon funktion analyyttisellä jatkeella.

P.S. En läytänyt kasi kumollaa erikoismerkeistä, oonkos sokee?

(n-1)³ + n³ + (n+1)³ = (3n/2)³, n∈Z = ?

Spanish Inquisitor Jr
Seuraa 
Viestejä3483
JPI
Spanish Inquisitor Jr

Tuossa lainaamassasi polylogaritmin määritelmässä mainitaan, että polylogaritminen funktio on sarjakehitelmällä määritellyn funktion analyyttinen jatke.

Jep, sama "omituisuus" on esim. Eulerin zeta funktiossa:

Z(s) = Σ(i=0-8 kumollaan) 1/n^s. Tuolla on nollakohdat s:n arvoilla -2, -4...-2n, vai onko? No ei tuolla sarjakehitelmällä selvästikkään noin ole. Noin on tuon funktion analyyttisellä jatkeella.

P.S. En läytänyt kasi kumollaa erikoismerkeistä, oonkos sokee?

Olet sokeutumassa->silmälääkäriin! Mä lahjoitan sulle tässä tämän:∞, löytyy summamerkin ∑ vierestä.

Katsoin tuolta Wikistä tuota Z(s):n sarjan  suppenemista, ja siinä näkyisi olevan että pitää olla Re(s)>1.  Tossa on muuten hyvä huomata, että tuo Z(s):n sarjakehitelmä ei ole potenssisarja, joten jotta voitaisiin puhua Z(s):n analyyttisyydestä alueessa Re(s)>1, on ensin todistettava että tuo sarjan summa on todellakin on suppenemisalueessaan analyyttinen funktio. Potenssisarjojen summat ovat funktioteorian mukaan aina suppenemisalueessaan analyyttisiä.

 

Vanha nimimerkki Spanish Inquisitor uudelleensyntyneenä.

JPI
Seuraa 
Viestejä32830
Spanish Inquisitor Jr
JPI
Spanish Inquisitor Jr

Tuossa lainaamassasi polylogaritmin määritelmässä mainitaan, että polylogaritminen funktio on sarjakehitelmällä määritellyn funktion analyyttinen jatke.

Jep, sama "omituisuus" on esim. Eulerin zeta funktiossa:

Z(s) = Σ(i=0-8 kumollaan) 1/n^s. Tuolla on nollakohdat s:n arvoilla -2, -4...-2n, vai onko? No ei tuolla sarjakehitelmällä selvästikkään noin ole. Noin on tuon funktion analyyttisellä jatkeella.

P.S. En läytänyt kasi kumollaa erikoismerkeistä, oonkos sokee?

Olet sokeutumassa->silmälääkäriin! Mä lahjoitan sulle tässä tämän:∞, löytyy summamerkin ∑ vierestä.

Katsoin tuolta Wikistä tuota Z(s):n sarjan  suppenemista, ja siinä näkyisi olevan että pitää olla Re(s)>1.  Tossa on muuten hyvä huomata, että tuo Z(s):n sarjakehitelmä ei ole potenssisarja, joten jotta voitaisiin puhua Z(s):n analyyttisyydestä alueessa Re(s)>1, on ensin todistettava että tuo sarjan summa on todellakin on suppenemisalueessaan analyyttinen funktio. Potenssisarjojen summat ovat funktioteorian mukaan aina suppenemisalueessaan analyyttisiä.

No jep, ei ole potenssisarja mutta siitä huolimatta on heti selvää, että tuolla Eulerin ∑1/n^s määrtelmällä -2n (n>=1)   ei voi olla nollakohta.

P.S. Kiitos: MINÄ NÄEN, MINÄ NÄEN: ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞ ∞

(n-1)³ + n³ + (n+1)³ = (3n/2)³, n∈Z = ?

Sivut

Viime vuoden keskustelluin

Suosituimmat

Uusimmat

Sisältö jatkuu mainoksen alla

Suosituimmat