ยังคิดไม่ออกครับ มาเพิ่มโจทย์อิอิ
Evaluate \[ \int_0^{\infty} \frac{\sin x}{x}\left( \frac{1-e^{-x}}{x}-e^{-x}\right) dx \]

89. กำหนดฟังก์ชัน $f:[0,1]\to\mathbb{R}$ นิยามโดย
\[
f(x)=\frac{1}{m}
\]
เมื่อ $x=\frac{n}{m}$, $n,m\in\mathbb{N}$, $n\leq m$ และ $n,m$ relatively prime กรณี $x$ ค่าอื่นๆ ให้ $f(x)=0$
จงแสดงว่า $f$ อินทิเกรตแบบรีมันย์ได้ โดยใช่นิยามผลบวกล่าง ผลบวกบน

หมายเหตุ ตอบคำถามที่ pm มาของน้อง M@gpie แล้วนะครับ

From the valuable hint the integral gonna look like this...
$\displaystyle{\int_0^{\infty}\frac{\sin x}{x}\left(\frac{1-e^{-x}}{x}-e^{-x}\right)dx=\int_0^\infty\int_0^1 y\sin x e^{-xy}dydx}$
Then Fubini's Theorem and Laplace Transformation make the answer come out...
$\displaystyle{\int_0^\infty\int_0^1 y\sin x e^{-xy}dydx=\int_0^1 y\left[\int_0^\infty\sin x e^{-xy}dx\right]dy=\int_0^1\frac{y}{y^2+1}dy=\frac{1}{2}\ln 2}$:happy:
ข้อนี้ถ้าไม่มีhintนี่คงจะทำไม่ได้แน่ๆเลยครับ:p

Hint 89: แสดงได้ไม่ยากว่า ผลบวกล่าง$=0$ สำหรับผลบวกบนสังเกตุว่า สำหรับแต่ละ $m\in\mathbb{N}$ มี $x$ เพียงจำกัดจำนวนซึ่ง $f(x)=1/m$


90. ให้ $f:\mathbb{R}^2\to\mathbb{R}$ เป็นฟังก์ชันที่หาอนุพันธ์ได้ และอนุพันธ์เป็นฟังก์ชันต่อเนื่อง จงพิสูจน์ว่า $f$ ไม่เป็นฟังก์ชัน 1-1

(ที่มา problem 2-37 หน้า 39 ในหนังสือ Michael Spivak, "Calculus on Manifolds")

กำลังจะถามอยู่พอดีว่าข้อ 90 เอามาจากไหนครับ ผมเพิ่งได้เล่มนี้มาเหมือนกันแต่ยังอ่านไม่ถึง :p ช่วงนี้มัวแต่เน้น Topological manifold อยู่ครับ ยังไม่ได้แตะ Smooth manifold เลย

91.
\[ \int \frac{dx}{\sin^3x+\cos^3x} \]

92. Evaluate

$$ \int_0^{\infty} \int_0^{\infty} \bigg ( \frac{e^{-x}-e^{-y}}{x-y} \bigg) ^2 \,\, dxdy$$

เฉลยดีกว่าครับ ทิ้งไว้นานมากแล้ว
สังเกตว่า $$\frac{f([x])}{[x]}\cdot\frac{[x]}{x}\leq\frac{f(x)}{x}\leq \frac{f([x]+1)}{[x]+1}\cdot\frac{[x]+1}{x}$$

เราสามารถพิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $$\lim_{x\to\infty}\frac{[x]}{x}=1$$

ดังนั้น $$\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}=a$$ โดย Squeeze Theorem :yum:

ใช้ป่าวครับ ไม่แน่ใจ:sweat: :sweat:

ยังไม่ถูกครับ

หืมมม มิน่าล่ะ ผมนั่งเทียนมานานแล้วยังไม่ได้ hint ของน้อง deathspirit เลยครับผม 55

ขอโทษด้วยครับที่ตอบช้า พอดีช่วงเสาร์อาทิตย์มันจะสอบครับ อ่านไม่ทัน
ข้อ 91 ที่ผมทำไว้ได้
$$ \frac{\sqrt{2}}{6} \ln |\frac{\cos(x+\frac{\pi}{4})-1}{\cos(x+\frac{\pi}{4})+1}|-\frac{2}{3} \arctan (\sqrt{2} \cos (x+\frac{\pi}{4}))+c $$

The answer is $ 2 \ln 2 $.

Now I have 2 solutions (my solution and P' Warut 's solution) ,but I think I'll show the latter because it's shorter and I believe that many members here miss him too much:laugh:

Brief Solution
Since integrand is symmetric about y=x (i.e. z(x,y)= z(y,x)) , we can integrate over region y < x in 1st quadrant.

Using Jacobian transformation (u= x+y , v= x-y), we can change the original one to be :

$$ 2\int_0^{\infty} \int_0^{x} \bigg ( \frac{e^{-x}-e^{-y}}{x-y} \bigg) ^2 \,\, dydx \Rightarrow \int_0^{\infty} \int_v^{\infty} e^{-u}\bigg ( \frac{e^{\frac{v}{2}}-e^{\frac{-v}{2}}}{v} \bigg) ^2 \,\, dudv $$

After finite steps of solving, we obtain the following:

$$ \int_0^{\infty} \frac{1+e^{-2v}-2e^{-v}}{v^2} \,\, dv = \int_0^{\infty} (1+e^{-2v}-2e^{-v}) d \bigg(\frac{-1}{v} \bigg ) $$

Using integrate by parts and this formula $ \int_0^{\infty} \frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x} \,\, dx = \ln \frac{b}{a} $ (can be proved by using double integral and reverse order of integration ) ,we've got the answer ,as shown above.

93.ให้$f(x)$เป็นฟังก์ชันที่ต่อเนื่องบนช่วง$(0,\infty)$และ$\displaystyle{\int_{x}^{x^{2}}f(t)dt=\int_{1}^{x}f(t)dt,\forall x>0}$
จงหาฟังก์ชัน$f(x)$ทั้งหมดที่สอดคล้องกับเงื่อนไขข้างต้น:)