#271
|
||||
|
||||
ต้องขอโทษคุณInnoXenTกับคุณnooonuii ด้วยครับ
คำตอบถูกแล้ว แต่ว่าดิฟแล้วลืมจัดเป็นรูปสำเร็จ โหสิครับ |
#272
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
__________________
เวลาที่เหลืออยู่มีวิธีการใช้สองแบบ คือ ทางที่เรียบง่ายไม่มีอะไร กับอีกทาง ที่ทุกอย่างล้วนมหัศจรรย์ |
#273
|
||||
|
||||
ไปดู reply เก่าๆมา มีโจทย์ที่ยังไม่เฉลยอยู่ด้วย ผมไล่เฉลยหมดเลยแล้วกัน บังเอิญผมว่าง
อ้างอิง:
we got $\displaystyle{ \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\tan^{-1}x}{x} \,\,d x}$ $\displaystyle{= \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \frac{\theta\sec^2{\theta}d\theta}{\tan{\theta}}}$ $\displaystyle{= \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \theta (\cot{\theta} + \tan{\theta})d\theta}$ let $\displaystyle{I = \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \theta (\cot{\theta} + \tan{\theta}) d\theta}$ let $u = \frac{\pi}{2} - \theta$ ---> $du = -d\theta$ $\displaystyle{= \int_{\frac{\pi}{2} - \tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{ \frac{\pi}{2}- \tan^{-1}{a}}(\frac{\pi}{2}-u)(\tan{u} + \cot{u})(-du) }$ $\displaystyle{= -\int_{\cot^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\cot^{-1}{a}} (\frac{\pi}{2} - u)(\tan{u}+\cot{u})} du$ $\displaystyle{= \int_{\cot^{-1}{a}}^{\cot^{-1}{\frac{1}{a}}} (\frac{\pi}{2} - u)(\tan{u}+\cot{u})} du$ $\displaystyle{= \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \frac{\pi}{2}(\tan{u}+\cot{u} ) du - \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} u(tan{u}+\cot{u}) du}$ $\displaystyle{I = \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \frac{\pi}{2}(\tan{u}+\cot{u} ) du - I}$ $\displaystyle{I = \frac{\pi}{4}\int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}}(\tan{u}+\cot{u} ) du}$ $\displaystyle{I = \frac{\pi}{4}(\ln{\frac{\sec{u}}{\sin{u}}}\left.\,\right]^{\tan^{-1}{a}}_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}} )$ $\displaystyle{I = \frac{\pi}{2}\ln{a}}$ อ้างอิง:
hence $\displaystyle{\int_{0}^{1} \frac{x^{2009}-1}{\ln{x}} dx = \int_{0}^{1} \int_{0}^{2009} x^u dudx} $ $\displaystyle{= \int_{0}^{2009}\int_{0}^{1} x^u dxdu}$ $\displaystyle{= \int_{0}^{2009} \frac{1}{u+1} du}$ $\displaystyle{= \ln{2010}}$ 2. let $u = \tan{\frac{x}{2}}$ ---> $dx = \frac{2du}{1+u^2}$ $\displaystyle{\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{3+\sin{x}} = \int_{-1}^{1}\frac{2du}{3+3u^2+2u}}$ $\displaystyle{= \frac{3}{4}\int_{-1}^{1}\frac{du}{(\frac{3}{2\sqrt{2}}(u+\frac{1}{3}))^2 + 1}}$ $\displaystyle{= \frac{1}{\sqrt{2}}(\tan^{-1}{\sqrt{2}}-\tan^{-1}{\frac{-1}{\sqrt{2}}})}$ $\displaystyle{= \frac{\pi}{2\sqrt{2}}}$ 3. we have to find the first term --> $\displaystyle{\int_{0}^{1} (e-1)\sqrt{\ln{(1+(e-1)x)}}}$ let $u = (e-1)x + 1$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} (e-1)\sqrt{\ln{(1+(e-1)x)}} = \int_{0}^{e} \sqrt{\ln{u}} \, du}$ let $\ln{u} = \sin^2{\theta}$ $du = e^{\sin^2{\theta}}2\sin{\theta}\cos{\theta} d\theta$ $\displaystyle{\int_{0}^{e} \sqrt{\ln{u}}\, du = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{\sin^2{\theta}}2\sin^2{\theta}\cos{\theta} d\theta}$ let $\sin{\theta} = y$ $dy = \cos{\theta} d\theta$ $\displaystyle{\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} e^{\sin^2{\theta}}2\sin^2{\theta}\cos{\theta} = \int_{0}^{1} e^{y^2}2y^2 dy}$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} e^{y^2}2y^2 dy = \int_{0}^{1} ye^{y^2} d(y^2)}$ let $u = y$ --> $du = dy$ $dv = e^{y^2} d(y^2)$ --> $v = e^{y^2}$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} ye^{y^2} d(y^2) = \left[\, ye^{y^2} \right]_{0}^{1} - \int_{0}^{1} e^{y^2} dy}$ $\displaystyle{\int_{0}^{1} (e-1)\sqrt{\ln{(1+(e-1)x)}} = e -\int_{0}^{1} e^{y^2} dy}$ Since $\displaystyle{\int_{0}^{1} e^{y^2} dy = \int_{0}^{1} e^{x^2} dx}$, $\displaystyle{\int_{0}^{1} (e-1)\sqrt{\ln{(1+(e-1)x)}} + \int_{0}^{1} e^{x^2}dx = e}$ โจทย์ของคุณ gnopy ข้อแรกผมเฉลยไปแล้ว ให้ $u = 1+e^x$ที่เหลือก็ง่ายแล้วครับ ข้อ 2. $u = x^u$ ---> $x = u^{\frac{1}{u}}$ $dx = \frac{\ln{x} du}{x^u} = \frac{\ln{x} du}{u}$ $\int x^{x^{x^{x^{^{.}}}}}dx = \int u \frac{ln{x} du}{u}$ $= \int \ln{u^{\frac{1}{u}}} du$ $= \int \frac{\ln{u}}{u} du$ $= \int \frac{ln{u}}{u} ud(\ln{u})$ $= \frac{1}{2}(\ln{x^{x^{x^{x^{^{.}}}}}})^2 + C$ อ้างอิง:
http://www.mathcenter.net/forum/show...7&postcount=14 ผมขออัพเดทโจทย์ต่อจากของเก่าใน Reply ที่ 268 นะครับ
__________________
เมื่อไรเราจะเก่งเลขน้าาาาาา ~~~~ T T ไม่เก่งซักที ทำไงดี 01 พฤษภาคม 2010 04:34 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 16 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ -InnoXenT- เหตุผล: เพิ่มเฉลย - -a |
#274
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
\int\limits_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } {\frac{1}{{\left( {x\ln x} \right)\left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)\left( {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right)}}dx} = \int\limits_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } {\frac{{d\left( {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right)}}{{\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)}}} = \left[ {\ln \left| {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right|} \right]_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } = 1 \] |
#275
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
\int {\frac{{\sqrt[3]{x}}}{{x\left( {\sqrt x + \sqrt[3]{x}} \right)}}dx = 6\int {\frac{{du}}{{u\left( {u + 1} \right)}} = 6\int {\left( {\frac{1}{u} - \frac{1}{{u + 1}}} \right)du = 6\ln \left| {\frac{u}{{u + 1}}} \right| + c = } } } 6\ln \left| {\frac{{\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[6]{x} + 1}}} \right| + c \] |
#276
|
|||
|
|||
ให้ $f(x)=\frac{\sin {x}}{1+x^6}$ จะได้ว่า $f(-x)=-f(x)$
ดังนั้น $f(x)$ เป็นฟังก์ชันคี่ นั่นคือ $\int_{-1}^{1}\frac{\sin{x}}{1+x^6} \,dx=0$ 04 พฤษภาคม 2010 16:00 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ R.Wasutharat |
#277
|
|||
|
|||
\[
\int {x^2 \arccos xdx = \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{3}\int {\frac{{x^3 }}{{\sqrt {1 - x^2 } }}dx} } \] \[ = \frac{{x^3 }}{3}\arccos x - \frac{1}{3}\left[ {\int {x\sqrt {1 - x^2 } dx - \int {x\left( {1 - x^2 } \right)^{ - \frac{1}{2}} dx} } } \right] \] \[ = \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{6}\left[ {\int {\sqrt {1 - x^2 } d\left( {1 - x^2 } \right) - \int {\left( {1 - x^2 } \right)^{ - \frac{1}{2}} d\left( {1 - x^2 } \right)} } } \right] \] \[ = \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{9}\left( {1 - x^2 } \right)^{\frac{3}{2}} - \frac{1}{3}\left( {1 - x^2 } \right)^{\frac{1}{2}} + c \] |
#278
|
||||
|
||||
เดี๋ยวผม เอาเฉลยไว้ ข้างล่างโจทย์ละกัน จะได้ลิงค์ไปได้ และรู้ว่า มีข้อไหนที่ยังไม่ได้ทำ
ปล. ใครอยากเอาเฉลยข้อไหน PM มาบอกผมนะ = =" แต่ขอไม่เยอะ ผมเหนื่อย
__________________
เมื่อไรเราจะเก่งเลขน้าาาาาา ~~~~ T T ไม่เก่งซักที ทำไงดี |
#279
|
|||
|
|||
\[
\int {\frac{{\ln x}}{{\left( {x + 1} \right)^2 }}dx = - } \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \int {\frac{{dx}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = } - \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \int {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx = } - \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \ln \left| {\frac{x}{{x + 1}}} \right| + c \] |
#280
|
|||
|
|||
\[
\int {\frac{{\sin ^2 x}}{{1 + \sin ^2 x}}} dx = \int {dx - \int {\frac{{dx}}{{1 + \sin ^2 x}}} } = x - \int {\frac{{\csc ^2 x}}{{\csc ^2 x + 1}}dx} = x + \int {\frac{{d\left( {\cot x} \right)}}{{\cot ^2 x + 2}}} = x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\arctan \left( {\frac{{\cot x}}{{\sqrt 2 }}} \right) + c \] |
#281
|
|||
|
|||
ให้ $x^2={\tan \theta }$ จะได้
\[ \int {\frac{{x^2 + 1}}{{x\sqrt {x^4 + 1} }}dx} = \frac{1}{2}\int {\frac{{\left( {\tan \theta + 1} \right)\sec \theta }}{{\tan \theta }}d\theta = } \frac{1}{2}\int {\csc \theta \left( {\tan \theta + 1} \right)d\theta = } \frac{1}{2}\left( {\int {\sec \theta d\theta + \int {\csc \theta d\theta } } } \right) \] \[ = \frac{1}{2}\ln \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right| + \frac{1}{2}\ln \left| {\csc \theta - \cot \theta } \right| + c = \frac{1}{2}\ln \left| {\sqrt {x^4 + 1} + x^2 } \right| + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\sqrt {x^4 + 1} }}{{x^2 }} - \frac{1}{{x^2 }}} \right| + c \] 12 พฤษภาคม 2010 22:40 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ R.Wasutharat |
#282
|
|||
|
|||
ให้ $y={\arcsin x}$ จะได้
\[ \int {\frac{{x^2 \arcsin x}}{{\sqrt {1 - x^2 } }}} dx = \int {y\sin ^2 ydy = \frac{1}{2}\int {y\left( {1 - \cos 2y} \right)dy = } } \frac{1}{2}\left( {\int {ydy - \int {y\cos 2ydy} } } \right) \] \[ = \frac{{y^2 }}{4} - \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}y\sin 2y - \frac{1}{2}\int {\sin 2ydy} } \right) = \frac{{y^2 }}{4} - \frac{1}{4}y\sin 2y - \frac{1}{8}\cos 2y + c \] \[ = \frac{{\left( {\arcsin x} \right)^2 }}{4} - \frac{1}{4}\arcsin x\sin \left( {2\arcsin x} \right) - \frac{1}{8}\cos \left( {2\arcsin x} \right) + c \] |
#283
|
||||
|
||||
ไม่รู้ว่ามีคนเฉลยข้อ 25. หรือยัง
$\int_{0}^{a}\,\sqrt{2ax - x^2} dx $ จากกราฟของสมการวงกลม $(x-a)^2 + y^2 = a^2 จะได้ว่า \sqrt{2ax - x^2}$ เป็นครึ่งวงกลมส่วนบนของกราฟวงกลม มีจุดศูนย์กลางอยู่ที่ $(a,0)$ ดังนั้น $\int_{0}^{a}\,\sqrt{2ax - x^2} dx = พื้นที่ 1 ใน 4 ของวงกลมที่มีรัศมี a = \frac{\pi a^2}{4} $ ไม่รู้ว่าถูกหรือเปล่านะครับ |
#284
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
แล้วก็โจทย์ที่ผมไม่ได้ ใส่ลิงค์เฉลยไว้ด้านล่าง คือ ยังไม่มีคนเฉลยครับ - -a แต่สามารถมาขอเฉลย โดยการส่ง PM มาทางผมได้
__________________
เมื่อไรเราจะเก่งเลขน้าาาาาา ~~~~ T T ไม่เก่งซักที ทำไงดี |
#285
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
วิธีคิดคร่าวๆนะครับ $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\cos^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx$$ จึงได้ $$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}+\cos^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1-\sin{x}\cos{x}\,dx=\dfrac{\pi -1}{2}$$
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
|
|