ผมรู้ครับ ว่าคนหลายๆคนในเว็บบอร์ดนี้ทำได้ แต่ไม่พิมพ์ เพราะมันเยอะ = =a

อีกสองข้อ ที่คุณ R.Wasutharat ให้ผมแก้ ผมขอลงเฉลยเลยแล้วกัน เพราะท่าทางเค้าจะดูออกแล้ว

ขอขุดนิดนึงนะครับ + Double Post - -a

ผมลงเฉลยครบทุกข้อแล้ว :tired:

และลบออกสองข้อ + รันเลขข้อใหม่

ข้อที่ลบออกคือ $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{d\theta}{(1-k^2\sin^2{\theta})^3}$$

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{(\sin{(x+a)}+\cos{x})^2}$$

ใครจะโพสท์(จะมีคนเล่นต่อรึเปล่าเนี่ย = =)โจทย์ต่อ เชิญเลยครับ :happy:

ขุดจากหน้า 10 :haha:

Evaluate
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{8}} \frac{\cos{x}}{\cos{(x-\frac{\pi}{8})}} \, dx$$

ให้ $ u=x-\frac{\pi}{8} $
จะได้ \[
\int\limits_0^{\frac{\pi }{8}} {\frac{{\cos x}}{{\cos \left( {x - \frac{\pi }{8}} \right)}}dx = } \int\limits_{ - \frac{\pi }{8}}^0 {\frac{{\cos \left( {u + \frac{\pi }{8}} \right)}}{{\cos u}}du = } \int\limits_{ - \frac{\pi }{8}}^0 {\sec u\cos \left( {u + \frac{\pi }{8}} \right)du = \int\limits_{ - \frac{\pi }{8}}^0 {\sec u\left( {\cos u\cos \frac{\pi }{8} - \sin u\sin \frac{\pi }{8}} \right)du} }
\]
\[
= \int\limits_{ - \frac{\pi }{8}}^0 {\left( {\cos \frac{\pi }{8} - \tan u\sin \frac{\pi }{8}} \right)du} = \frac{{\pi \sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{{16}} - \frac{{\sqrt {2 - \sqrt 2 } }}{2}\ln \left( {\frac{{\sqrt {2 + \sqrt 2 } }}{2}} \right)
\]

$$\frac{2^{2009}\int_{0}^{1}x^{1004}(1-x)^{1004} \, dx}{\int_{0}^{1}x^{1004}(1-x^{2010})^{1004} \, dx}$$

ดูเหมือนข้อนี้จะเกิน ม.ปลายไปหน่อยนะครับ

วิธีที่เร็วที่สุด คือคำนวณโดยตรงจาก Beta function และGamma function

โดยตัวเศษ คือ $$ 2^{2009} \times B(1005,1005) = 2^{2009} \frac{\Gamma^2 (1005)}{\Gamma (2010)} = 2^{2009} \frac{(1004!)^2}{2009!} $$

ตัวส่วน หลังจากเปลี่ยนตัวแปร แล้ว คือ $$ \frac{1}{2010} \times B(0.5,1005) = \frac{1}{2010} \times \frac{\Gamma(0.5) \Gamma (1005)}{\Gamma (1005.5)} = \frac{2^{1005}}{2010} \times \frac{\Gamma(0.5) \times 1004!}{2009!! \times \Gamma(0.5)} $$

Simplify ทั้งเศษและส่วน จะได้ $2010 $

วิธีการทำโดยไม่ใช้ Beta Function กับ Gamma Function ครับ

เพิ่มโจทย์อีกสองข้อครับ

$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2\sin^2{x}+b^2\cos^2{x}} \, dx$$


$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\frac{1}{a^2\sin^2{x}+b^2\cos^2{x}})^2 \, dx$$

เพราะว่า $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{a^2\sin^2{x}+b^2\cos^2{x}} \, dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{b^2\sin^2{x}+a^2\cos^2{x}} \, dx$$
มาเรื่อยๆได้ $$\frac{a^2+b^2}{(a^2-b^2)^2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{(\frac{a^2+b^2}{a^2-b^2})^2-cos4x} \, d4x$$

จำได้ว่าในแบบฝึกหัดมีให้ลองหารูปแบบ $\int \frac{1}{a+cosx} dx$ หรือ $\int \frac{1}{a+secx} dx$ :confused:
แต่ตอนนี้ผมทำไม่เป็นแล้ว :tired:
ปล. ช่วยแนะนำหนังสือที่รวบรวมเทคนิคการอินทิเกรทแจ่มๆทีครับ วันก่อนค้นในบอร์ดมีเขียนไว้แต่หาโหลดไม่ได้เลย :wacko: หาใน se-ed เจอเล่มนึงว่าจะสั่งซื้อมา :yum:

สองข้อนี้ ผมกำหนด $u=\tan{x}$ อย่างเดียวเลยนะ = =a ไม่รู้ว่าเร็วกว่ารึเปล่า :sweat:

โจทย์ข้อนี้คงคุ้นตาสมาชิกหลายๆท่านครับ (เคยมีในกระทู้นี้คือหน้า 5-6 ครับ)

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}dx $$

My solution

เปลี่ยน $x=\tan\theta$ จะได้ว่า

$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan\theta)d\theta$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\sin\theta+\cos\theta)-\ln\cos\theta d\theta$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos(\theta-\frac{\pi}{4})-\ln\cos\theta+\ln\sqrt{2}d\theta...(1)$$

เปลี่ยนตัวแปร $\theta\rightarrow\frac{\pi}{4}-\theta$ จะได้ว่า

$$I=\int_{\frac{\pi}{4}}^{0}\ln\cos\theta-\ln\cos(\theta-\frac{\pi}{4})+\ln\sqrt{2}d(-\theta)$$
$$=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln\cos\theta-\ln\cos(\theta-\frac{\pi}{4})+\ln\sqrt{2}d\theta...(2)$$

นำสมการ $(1)+(2)$ จะได้ว่า

$$I=\int_{0}^{1}\frac{\ln(x+1)}{x^2+1}dx=\frac{\pi\ln2}{8}$$

ปล. เพิ่งคิดออกจริงๆซักทีหลังจากลองทำเล่นๆตอนว่างๆมา 3 ปี :blood::blood:
ปล2. เพิ่มเติมจากลิ้งค์นี้ครับ(เคยลองถาม) โจทย์เพิ่มเติมดูที่ลายเซนต์ของ #4 ครับ :laugh:
ปล3. มี solution ในหน้า 6 ที่ได้ว่า
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}+1)d\theta$$
แต่เนื่องจาก
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(1+\tan\theta)d\theta$$
และได้ว่า
$$I+I=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\ln(\frac{1-\tan\theta}{1+\tan\theta}+1)+\ln(1+\tan\theta)d\theta$$

ซึ่งคิดว่าเป็นวิธีเดียวกันครับ :)

กระทู้ที่หายไป :eek:

ขุดครับ อยากเล่นต่อ 55555