เอาโจทย์มาฝาก
 

ปิดเทอมนี้มีอะไรทำกันรึยังครับ ถ้ายังมาคิดโจทย์กัน

1. จงหาจำนวนจริง \( x,y\in [0,2\pi) \) ซึ่งสอดคล้องสมการ
\[ \large{ \sin{x} + \sin{y} + \cos{x} + \cos{y} = 2 + \sin{(x+y)} } \]

2. จงหาคำตอบทั้งหมดของสมการพหุนาม
\[ \large{ x^4+(2-x)^4 = 34 } \]

3. จงหาคำตอบของสมการอักษร
\[ \large{ ABCD - DCBA = BDAC } \]
\( \large{ A>B>C>D } \)

4. จงหาผลบวกของอนุกรม
\[ \large{ \frac{1}{1^2 + 1} + \frac{1}{2^2 + 1} + \frac{1}{3^2 + 1} + \frac{1}{4^2 + 1} + \dots } \]

5. จงหาค่าของ
\[ \large{ 2005 + \frac{1}{2}(2004+\frac{1}{2}(2003+\frac{1}{2}(2002+\dots + \frac{1}{2}(3+\frac{1}{2}(2+\frac{1}{2})))\dots) } \]

ผมว่าข้อ 4. โหดไปหน่อยนะครับ

ข้อ 4 ตอบ 1ฑึ2 ไหมครับ
ผมคิดยาวมาก ครับ (แปลกๆด้วย)ใครมีวิธีคิดดีๆ ก็เชิญเลยครับ

โจทย์ยากนะเนี่ย เอามาจากไหนเนี่ย หรือคิดเองครับ

คำตอบของข้อ 4. คือ
\[\frac{\pi}{2}\coth\pi-\frac{1}{2}\]
ผมคิดว่าข้อนี้จำเป็นต้องใช้ complex analysis แก้ถึงจะได้นะครับ

อย่างไรก็ตามผมขอออกความเห็นเกี่ยวกับคำตอบของน้อง R-Tummykung de Lamar
หน่อยนะครับ คือคำตอบมันไม่สมเหตุสมผลอยู่ 2 ประการครับ อย่างแรกคือค่าของผลบวก
จะมีได้เพียงค่าเดียว ดังนั้นจึงเป็นไปไม่ได้ที่จะมีเครื่องหมาย ฑ อยู่ในคำตอบ อย่างที่สอง
คือ 1 - ึ2 < 0 ดังนั้นจึงเป็นไปไม่ได้ที่มันจะเป็นค่าของผลบวกในโจทย์

อ๊า..ขออภัย อย่างสูงครับ ....ที่ผมตอบไปนั้นคือ ข้อ 2 (โกรธมั๊ยเนี่ย)

:D :D :D (สะเพร่าสุดๆเลยนะเนี่ย ขนาดข้อยังตอบผิดเลย)

ถ้าเป็นข้อ 2. ก็คงถูกแล้วล่ะครับสำหรับรากจริง แต่คุณ nooonuii เค้าต้องการทุกคำตอบ
ดังนั้นน้อง R-Tummykung de Lamar ก็คงต้องตอบรากที่เป็นจำนวนเชิงซ้อนด้วย
แล้วก็แสดงวิธีทำด้วยก็ดีครับ ข้อนี้ผมลองทำแล้วล่ะ ยากครับ เลยไม่รู้ว่าวิธีของผมนี่เป็นวิธี
ที่ดีรึเปล่า แต่ยังไงก็ได้ความรู้ใหม่จากโจทย์ข้อนี้ของคุณ nooonuii อีกเช่นเคย

ข้อ 3
A=7
B=6
C=4
D=1

ได้ครับ วิธีคิดของผม ก็คือ
\( \displaystyle{\begin{array}{rcl} ให้&a & = & x^4 \\ &b & = & (2-x)^4 \end{array}} \)
\( \displaystyle{\begin{array}{rcl}จะได้สมการคือ& a^4+b^4 & = & 34 &...(1)\\ & a+b & = & 2 &...(2)\end{array}} \)
\( \displaystyle{\begin{array}{rcl} (a+b)^2 & = & a^2+2ab^2\\ 4-2ab & = &a^2+b^2 &...(3)\end{array}} \)
\( \displaystyle{\begin{array}{rcr} (2)^4\ \ ;& & a^4+4a^3b+6a^2b^2+4ab^3+b^4 & =&16\\ & & (a^4+b^4)-16+4ab(a^2+b^2)+6a^2b^2 & = &0\\ & & 18+4ab(4-2ab)+6a^2b^2&=&0\\ให้ \ \ ab\ \ =\ \ g\\&&6g^2+4g(4-2g)+18&=&0\\&&6g^2+16g-8g^2+18&=&0\\&&2g^2-16g-18&=&0\\&&g^2-8g-9&=&0\\&&(g-9)(g+1)&=&0\\&&g&=&-1,9\end{array}} \)
\( \displaystyle{\begin{array}{rcl} \cases{a+b&=&2 \cr ab&=&-1} && & \cases{a+b&=&2 \cr ab&=&9}\\ b\ \ =\ \ a-2&&&b\ \ =\ \ a-2\\a(2-a)\ \ =\ \ -1&&&a(2-a)\ \ =\ \ 9\\a^2-2a-1\ \ =\ \ 0&&&a^2-2a+9\ \ =\ \ 0\\a=\frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2}&&&a=\frac{2\pm\sqrt{4-36}}{2}\\a=1\pm\sqrt{2}&&&a=1\pm2\sqrt{2}i\end{array}} \)
ดังนั้น x ซึ่งเท่ากับ a ก็เท่ากับ \( 1\pm\sqrt{2}\quad,\quad1\pm2\sqrt{2}i\)
ผมว่าน่าจะมีวิธีคิดที่ดีกว่านี้นะครับ

ข้อ 4 ผมลองคิดแล้วทำแบบนี้ครับ.
\( \because \frac{\sin \theta}{\theta} = (1 - \frac{\theta^2}{\pi^2})(1 - \frac{\theta^2}{2^2\pi^2}) \cdots \) ... (1)

สมมติให้ \(\theta = \pi xi \Rightarrow (\frac{\theta}{\pi})^2 = -x^2\)

แต่ \(\sin \theta = \frac{e^{i\theta} - e^{-i\theta}}{2i} = \frac{e^{-\pi x} - e^{\pi x}}{2i} = \frac{i}{2}(e^{\pi x} - e^{-\pi x}) \)

แทนลงใน (1) จะได้ว่า
\(\frac{i}{2}(e^{\pi x} - e^{-\pi x}) = \pi xi (1 + \frac{x^2}{1^2})(1 + \frac{x^2}{1^2}) \cdots \Rightarrow (e^{\pi x} - e^{-\pi x}) = 2\pi x (1 + \frac{x^2}{1^2})(1 + \frac{x^2}{1^2}) \cdots \)
\(\Rightarrow \ln (e^{\pi x} - e^{-\pi x}) = ln (2\pi x) + \ln (1 + \frac{x^2}{1^2}) + \ln (1 + \frac{x^2}{2^2}) + \cdots\)

แต่ \( \frac{d}{dx} (\ln u) = \frac{1}{u} \frac{du}{dx} \)
\(\therefore \frac{1}{e^{\pi x} - e^{-\pi x}}(\pi e^{\pi x} + \pi e^{-\pi x}) = \frac{1}{x} + \frac{2x}{1^2 + x^2} + \frac{2x}{2^2 + x^2} + \cdots \)

\(\Rightarrow \frac{\pi}{2x}(\frac{e^{\pi x} + e^{-\pi x}}{e^{\pi x} - e^{- \pi x} }) - \frac{1}{2x^2} = \frac{1}{x^2 + 1^2} + \frac{1}{x^2 + 2^2} + \cdots \)

\(\Rightarrow \frac{1}{x^2 + 1^2} + \frac{1}{x^2 + 2^2} + \cdots = \frac{\pi}{2x} \coth (\pi x) - \frac{1}{2x^2}\)

เมื่อแทน x = 1 ก็จะได้ตามที่ต้องการ. :D เหนื่อยจริง ๆ

สำหรับข้อ 2. ผมทำแบบนี้ครับ.
\(\bf if\quad a + b + c = 0 \Rightarrow a^4 + b^4 + c^4 = 2(ab + bc + ca)^2 \)
\(\because \quad x + (2 -x) + (-2) = 0 \Rightarrow x^4 + (2-x)^4 + (-2)^4 = 2(2x-x^2-4+2x-2x)^2 = 2(x^2 - 2x + 4)^2 \)
\(\therefore \quad 2(x^2 - 2x + 4)^2 - 16 = 34 \Rightarrow (x^2 - 2x + 4)^2 = 5^2 \)
\( \therefore \quad x^2 - 2x - 1 = 0 \quad \cup x^2 - 2x + 9 = 0\)
\(\Rightarrow x = \frac{2\pm\sqrt{4+4}}{2} \quad \cup \quad x = \frac{2 \pm \sqrt{4 - 36}}{2}\)
\(\Rightarrow \quad x = 1 \pm \sqrt{2} \quad \cup \quad x = 1 \pm 2\sqrt{2}i \)

เอาบ้างครับ. แต่งโจทย์นี่ก็เหนื่อยเอาเรื่องเหมือนกันนิ :D

ข้อ 6 จงแก้สมการ \[x^7 + (2 - x)^7 = 8(7x^2 - 14x + 16) \]

อ่าขออภัยจริงๆครับ ข้อ 4 พิมพ์โจทย์ผิดน่ะครับ ไม่ได้ตั้งใจจะให้มันยากขนาดนั้น
ขอแก้ตัวเป็นข้อนี้ละกันครับ ง่ายกว่าเยอะ

7. จงหาผลบวกของอนุกรม

\[ \large{ \frac{1}{1^2+1^3} + \frac{1}{2^2+2^3} + \frac{1}{3^2+3^3} + \frac{1}{4^2+4^3}+ \dots } \]

8. จงเขียน \( \Large{ \frac{7999999999}{9998999999} } \) ให้อยู่ในรูปเศษส่วนอย่างต่ำ

ข้อ 5 มีรูปแบบเหมือนฟังก์ชันพหุนามเลยคือ
f(x) = 2005 + 2004x + 2003x² + 2002x³ + ... + 2x²⁰⁰³ + x²⁰⁰⁴
และค่าที่ต้องการคือ f(1/2) แต่ผมยังไม่ได้ลองหาว่า ค่านี้เขียนในรูปแบบสั้นๆได้อย่างไร

ข้อนี้สำหรับคนชอบแคลคูลัสครับ

9. Evaluate \[ \large{ \int_{0}^{\infty} \int_{0}^{y} e^{-(x^2+y^2)} dxdy } \]

ข้อ 8 ครับ
\( \displaystyle{\frac{4002001}{5002001}} \)

เย่ มีโจทย์แคลคูลัสด้วย ข้อ 9 คร้าบ
\[ \int _{0} ^{\infty} \int _{0} ^{y} e^{-(x^{2}+y^{2})} dxdy \]
โดยการพิจารณาบริเวณการอินทิเกรต ทำการเปลี่ยนตัวแปรให้อยู่ในระบบพิกัดเชิงขั้วจะได้
\[ \int _{0} ^{\infty} \int _{0} ^{y} e^{-(x^{2}+y^{2})} dxdy = \int _{0}^{\frac{\pi}{4}} \int _{0} ^{\infty} e^{-r^{2}} rdrd \theta\]
เราก็สามารถอินทิเกรตได้ตามปกติ

ผมมีข้อสอบ final วิชา Calculus 2 มาฝากครับ
จงหาปริมาตรของส่วนของทรงกลมตัน x² + y² + z² ฃ 4 ชิ้นที่เล็กกว่าที่ถูกตัดโดยระนาบ z = 1

วิธีทำของผมเป็นดังนี้ครับ ให้
\[g(x)=x^{2005}+x^{2004}+\dots+x+1\]ดังนั้น
\[g'(x)=2005x^{2004}+2004x^{2003}+\dots+2x+1\]และ
\[\frac{g'(x)}{x^{2004}}=2005+\frac{2004}{x}+\dots+\frac{2}{x^{2003}}+\frac{1}{x^{2004}}\]ดังนั้นค่าที่เราต้องการคือ
\[\frac{g'(2)}{2^{2004}}\]แต่เรารู้ว่า
\[g(x)=\frac{x^{2006}-1}{x-1}\]ดังนั้น
\[g'(x)=\frac{2006x^{2005}-x^{2006}+1}{(x-1)^2}\]สรุปว่าค่าที่เราต้องการคือ
\[\frac{g'(2)}{2^{2004}}=4008+\frac{1}{2^{2004}}\]
ป.ล. ขอบคุณคุณ gon และคุณ R-Tummykung de Lamar ที่มาแสดงวิธีทำ
ข้อ 2. และ/หรือ ข้อ 4. ให้ดูครับ สำหรับข้อ 2. ผมใช้เอกลักษณ์ที่ผมจำไว้ว่า
\[a^4+b^4+(a+b)^4=2(a^2+ab+b^2)^2\]

เยี่ยมไปเลยครับ คุณ warut :)

ผมก็เดาๆไว้ว่ามันน่าจะเป็นรูปแบบ (xⁿ - 1) / (x - 1) หรือไม่ก็หาลูกเล่นเกี่ยวกับ reciprocal มาใช้ แต่ยังนึกวิธีให้มันไปดำเนินไปสู่รูปแบบนี้ไม่ออก

ลืมบอกไปครับว่า โจทย์ข้อหนึ่งคือปัญหาเรียนพีชคณิตจากโจทย์ระดับยากที่อยู่ในชุดที่สองนั่นเองครับ แต่ปรากฎว่าลืมวิธีคิดไปแล้วครับ เหอเหอ เลยมานั่งคิดใหม่แล้วก็ได้ออกมายาวยืดเลย ตอนเริ่มเขียนบทความผมคิดได้สั้นกว่านี้นะ แต่ตอนนี้ลืมวิธีคิดแบบนั้นไปแล้วเลยมาลองดูว่ามีใครคิดแบบสั้นๆได้บ้างน่ะครับ แต่ยากจริงๆครับ

ลืมบอกคุณ warut ว่า g'(x) = (2005 x²⁰⁰⁶ - 2006 x²⁰⁰⁵ + 1) / (x - 1)²
ดังนั้น g'(2)/2²⁰⁰⁴ = 2005(4) - 2006(2) + 1/2²⁰⁰⁴ = 4008 + 1/2²⁰⁰⁴
เอ่อแล้วมันได้ค่าตรงกันได้ไง หรือผมคิดผิดหว่า :confused:

อ๋อ...ผม diff ผิดเองครับ จริงๆแล้วจะต้องได้
\[g'(x)=\frac{2006x^{2005}(x-1)-x^{2006}+1}{(x-1)^2}\]
ซึ่งก็คืออันเดียวกับของคุณคิดด้วยคน แต่ว่าเขียนแบบของผมนี่จะมองออกได้ง่ายว่า
ทำไมผมทำผิดแล้วคำตอบก็ยังออกมาถูกได้อีก :D ขอบคุณมากครับที่ช่วยตรวจทานให้

10. จงหาพหุนามทั้งหมดซึ่งสอดคล้องเงื่อนไข P(x+y) = P(x) + P(y) + 2005 ทุกจำนวนจริง x,y

ถ้าให้ผมทำข้อ 1. โดยใช้วิธีในบทความของคุณ nooonuii ผมทำไม่ได้แน่ครับ
เพราะผมไม่มีความรู้เกี่ยวกับเรื่องอสมการดีพอ แต่ถ้าเป็นแบบ free style
ก็คงพอถูไถไปได้ดังนี้ครับ

ให้\[f(x,y)=2+\sin(x+y)-\sin x-\sin y-\cos x-\cos y\]
ให้สังเกตว่า f เป็น periodic function ดังนั้นไม่ว่าเราจะพิจารณาโดเมนเป็น \(\mathbb R\times\mathbb R\)
หรือ \([0,2\pi)\times[0,2\pi)\) ก็ไม่ได้ทำให้เสียนัยแต่ประการใด

หา partial derivatives ของ f ได้คือ\[f_x(x,y)=\cos(x+y)-\cos x+\sin x\]
\[f_y(x,y)=\cos(x+y)-\cos y+\sin y\]
เพื่อหาจุดวิกฤตเราให้ \(f_x=f_y=0\) จะได้
\[\sin x -\cos x=\sin y-\cos y\]ดังนั้น
\[\sin\left(x-\frac{\pi}{4}\right)=\sin\left(y-\frac{\pi}{4}\right)\]
นั่นคือ \(y=x\) หรือ \(y=\frac{3\pi}{2}-x\)

แทนค่า \(y=x\) ลงในสมการ \(f_x=0\) จะได้
;)\[\cos2x-\cos x+\sin x=0\]
\[\cos^22x=(\cos x-\sin x)^2=1-2\sin x\cos x\]
\[1-\sin^22x=1-\sin2x\]
ดังนั้น \(\sin2x=0,1\) นั่นคือ \(x=0,\frac{\pi}{2},\pi,\frac{3\pi}{2}, \frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\)
แต่ x ที่เป็นคำตอบของสมการ ;) จริงๆมีเพียง \(x=0,\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\)
ดังนั้นจุดวิกฤตที่ได้จากกรณีนี้คือ \((0,0),(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}),(\frac{\pi}{4},\frac{\pi}{4}),(\frac{5\pi}{4},\frac{5\pi}{4})\)

แทนค่า \(y=\frac{3\pi}{2}-x\) ลงในสมการ \(f_x=0\) จะได้ \(\sin x=\cos x\)
ดังนั้น \(x=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\) เราจึงได้จุดวิกฤตจากกรณีนี้คือ \((\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}),(\frac{5\pi}{4},\frac{\pi}{4})\)

แทนค่าจุดวิกฤตทั้งหมดลงใน f(x, y) จะพบว่า \(f(0,0)=f(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})=0\) เป็นค่าต่ำสุดสมบูรณ์
ดังนั้น \((x,y)=(0,0),(\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2})\) จึงเป็นคำตอบทั้งหมดของโจทย์ข้อ 1. ครับ

โจทย์ของคุณ alonkorn นะคร้าบ
เผื่อว่าบางคนอาจจะสับสน พิกัดทรงกลมที่ผมใช้คือ \( (R,\phi,\theta) \)
สมการของพื้นผิวทรงกลมคือ
\[ x^{2}+y^{2}+z^{2}=4 \]
ทำการเปลี่ยนตัวแปรให้อยู่ในรุแบบพิกัดทรงกลมจะได้
\[สมการทรงกลมคือ R=2 \]
สมการเส้นโค้งที่ตัดทรงกลม เมื่อ \( z=1 \) คือ
\[ x^{2} +y^{2} = 3 \rightarrow R = \sqrt{3} \csc \theta\]
ทำการอินทิเกรตจะได้ปริมาตร
\[ V= \int _{0} ^{2\pi} \int _{0} ^{\frac{\pi}{3}} \int ^{2} _{\sqrt{3}\csc \theta}R^{2}sin \theta dRd \theta d \phi \]

คุณ warut นี่สุดยอดจริงๆครับ เดี๋ยวค่อยมาเฉลยข้อ 1 ให้ดูครับ เอาโจทย์ง่ายๆแต่คิดยากไปอีกข้อนึงครับ เพิ่งคิดได้สดๆร้อนๆ

11. จงเขียน \[ \large{ \frac{1}{1+\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}} } \] ให้อยู่ในรูปอย่างง่าย(เขียนเป็นผลบวกของจำนวนในเครื่องหมายกรณฑ์โดยที่มีสัมประสิทธิ์หน้าเครื่องหมายกรณฑ์เป็นจำนวนตรรกยะ)

หวังว่าคำว่า "สุดยอด" ของคุณ nooonuii นี่เป็นคำชมนะครับ ไม่ใช่ว่าพอคุณ nooonuii
เอาเฉลยมาให้ดูแล้วถึงได้รู้ว่าวิธีของผมเป็นสุดยอดแห่งการอ้อมโลก :D

สำหรับข้อ 11. นี่มีวิธีที่ดีกว่าการทำตรงๆมั้ยครับ ยังไงก็แล้วแต่ผมก็ทำตรงๆไปแล้ว
ด้วยการกำจัดรากที่สามออกไปจากส่วนก่อน แล้วตามด้วยการกำจัดรากที่สองออกจากส่วน
ได้ผลลัพธ์คือ
\[\frac{7+3\sqrt{2}+\sqrt[3]{2}+9\sqrt[3]{4}-10\sqrt[6]{2}-4\sqrt[6]{32}}{31}\]
ตอนแรกจำโจทย์มาผิดด้วย นึกว่าคุณ nooonuii ให้หาว่าเป็นรากของสมการอะไร
ไหนๆก็เสียแรงทำไปแล้วก็ขอเอามาแปะไว้หน่อยนะครับ
\[31x^6-42x^5+3x^4+9x^2-6x+1=0\]

ข้อ 2 นะคร้าบ เนื่องจากว่า
\[ (x-2)^2 = (2-x)^2 \] แทนค่าตัวแปรเราจะได้โจทย์ใหม่เป็น
\[ x^4 + (x-2)^4 = 34 \]
ต่อไป สมมติให้ \( y= \frac{1}{2} (x + x - 2) = x - 1 \)
จะได้สมการใหม่เป็น \[ (y+1)^4 + (y-1)^4 = 34 \]
กระจายออกมา จะเหลือเทอมเป็น \[ y^4 +6y^2 - 16 = 0 \]
\[ (y^2 + 8 )(y^2 -6) = 0 \]
กรณี \( y^2 + 8 = 0 \) แทนค่า \( y=x-1\) กลับลงไป จะได้ สมการเป็น \[ (x-1)^2 +8 =0 \]
กระจายออกมา \[ x^2- 2x +9 = 0 \]
สามารถหาคำตอบได้ เป็น \[ x= 1+2\sqrt{2}i , 1-2\sqrt{2}i \]

กรณี \( y^2 +6 =0 \) แทนค่า \( y=x-1\) กลับลงไป จะได้ สมการเป็น \[ (x-1)^2 -2 =0 \]
กระจายออกมา \[ x^2- 2x -1 = 0 \]
สามารถหาคำตอบได้ เป็น \[ x= 1+\sqrt{2} , 1-\sqrt{2} \]
เท่ากับที่คุณ R-Tummykung de Lamar หาไว้แหละครับ

ข้อ 11 คงต้องพึ่งเอกลักษณ์นี้ช่วยในการทำล่ะคับ ไม่งั้นเหนื่อยแน่เลย
\[ (a+b+c)(a^2 +b^2+c^2 -ab -ac -bc ) = a^3+b^3+c^3 -3abc\]

โจทย์ของผมเองนะครับ คือว่า z = r cos q ดังนั้นระนาบ z = 1 ก็คือ r cos q = 1 หรือ r = sec q เพราะฉะนั้น lower limit ของ integral ในสุด จะต้องเป็น sec q ครับ ที่เหลือก็ถูกแล้วครับ

เฉลยข้อ 1 ครับ จัดรูปสมการจะได้
\[ 4+ 2\sin{x}\cos{y} + 2\cos{x}\sin{y} - 2\sin{x} - 2\sin{y} - 2\cos{x} - 2\cos{y} = 0 \]
\[ \sin^2{x}+\cos^2{x} + \sin^2{y} + \cos^2{y} + 2 + 2\sin{x}\cos{y} + 2\cos{x}\sin{y} - 2\sin{x} - 2\sin{y} - 2\cos{x} - 2\cos{y} = 0 \]
\[ (\sin{x} + \cos{y} - 1)^2 + (\cos{x} + \sin{y} - 1)^2 = 0 \]
ดังนั้น
\[ \sin{x} + \cos{y} = \cos{x} + \sin{y} = 1 \]

จากนั้นก็คิดเหมือนที่คุณ warut แสดงให้ดูนั่นแหละครับ ได้คำตอบสองชุดคือ (0,0) และ (p/2,p/2)

อ่า คับ เป็นความผิดพลาด 55 ไม่ได้ทำ อินทิเกรตแบบนี้ซะนาน เจอแต่พวกที่ง่ายๆน่ะคับ อินทิเกรตครบทรงกลมพอดี เลยใส่ช่วงผิดเลย แย่จังแหะๆ

ข้อ 11 เป็นวิธีคิดที่ต้องอาศัยความรู้เรื่องพหุนามมาช่วยครับ ซึ่งน้องๆที่เคยเข้าค่ายสอวน.จะใช้แนวคิดนี้ได้แน่นอน และเป็นวิธีทั่วไปสำหรับทำโจทย์แนวนี้ทั้งหมด โจทย์แบบนี้จะเรียกว่า Rationalizing Denominators ครับ

ให้ \( a = \sqrt{2}, b = \sqrt[3]{2} \) จะเห็นว่า a และ b คือรากของสมการพหุนาม \( x^2 - 2, x^3 - 2 \) ตามลำดับ
ดังนั้นจะได้
\[ \frac{1}{1+a+b} = \frac{1+b-a}{(1+b)^2 - a^2} = \frac{1+b-a}{b^2+2b-1} \]

ใช้ Euclidean Algorithm สำหรับพหุนาม \( x^3 - 2, x^2 + 2x -1 \) เพื่อหา ห.ร.ม. แล้วทำย้อนกลับจะได้ว่า
\[ 1 = \frac{(x^2+2x-1)(5x^2+4x-3)}{31} + \frac{(5x+14)(x^3-2)}{31} \]
แทนค่า b ลงไปในสมการข้างบนจะได้
\[ \frac{1}{b^2+2b-1} = \frac{5b^2+4b-3}{31} \]
ดังนั้น
\[ \frac{1}{1+a+b} = \frac{(1-a+b)(5b^2+4b-3)}{31} \]
จากนั้นก็เป็นเรื่องของงานช้างล่ะครับ สุดท้ายจะได้คำตอบออกมายาวยืดแบบของคุณ warut ฉะนี้แลฯ :D

ข้อนี้จัดให้สำหรับคนชอบแคลคูลัสครับ

12. จงหาค่าของ
\[ \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1-x^2}{1+x^4} dx \]

โอ ข้อนี้อีกแล้ว ถ้าโจทย์ถาม เฉพาะอินทิกรัลไม่จำกัดเขต
\[ \int \frac{1-x^2}{1+x^4}dx\] จะถึกพระเจ้าช่วยมากคับ แต่เนื่องจากโจทย์ถาม \[ \int _{-\infty}^{\infty} \frac{1-x^2}{1+x^4}dx\] จะใช้ Residue Theorem แทนการอินทิเกรตโดยตรงนะคับ
ให้ \[ f(z) = \frac{1-z^2}{1+z^4} \]
จะพบว่า pole ของ f คือจุดที่ทำให้ \( 1+z^4 = 0 \; \)แก้สมการได้ pole 4 จุด คือ \[ z = e^{j\frac{\pi}{4}} ,e^{j\frac{3\pi}{4}} ,e^{j\frac{5\pi}{4}} ,e^{j\frac{7\pi}{4}} \]
โดย Residue Theorem เราจะได้ว่า \[ \int _{-\infty}^{\infty} \frac{1-x^2}{1+x^4}dx =(2\pi j)\sum _{upper\; half \;plane} Res(f(z),z)\]
ซึ่งเราหาค่ามาเพียง 2 จุด คือ \[ z=e^{j\frac{\pi}{4}} ,e^{j\frac{3\pi}{4}} \] โดยใช้สูตร \[ Res(f(z),z_{0}) = \lim _{z \rightarrow z_{0}} (z-z_{0})f(z) \]
หาค่าลงมาใส่ในสูตรครับ จะได้คำตอบ คือ
\[ \int _{-\infty}^{\infty} \frac{1-x^2}{1+x^4}dx = \sqrt{2}\pi j\]

ข้อ 11 ผมว่ารูปแบบเดิมนี่ง่ายกว่ากันเยอะเลยนะครับ :D

อย่างไรก็ตาม รบกวนคุณ nooonuii ช่วยขยายความถึงเรื่อง Rationalizing Denominators ให้พวกเราเข้าใจมากขึ้นอีกสักนิด ว่ามันคืออะไร มีหลักการอย่างไร หรือแปลตรงๆเลยคือ การทำให้ตัวส่วนเป็นจำนวนตรรกยะ :confused:

อ้อ แล้วก็รบกวนคุณ warut ด้วยนะครับ ไหนๆก็เสียแรงทำไปแล้ว ช่วยอธิบายแนวคิดวิธีหาสมการพหุนาม ที่มีสัมประสิทธิ์เป็นเลขจำนวนเต็มสวยๆ ที่มีคำตอบที่ต้องการรวมอยู่ด้วย ได้อย่างไร :)

ขอบคุณมากๆครับ :p

ปิดเทอมกันแล้วคึกคักดีนะครับ. ตอนนี้ผมดันเผลอไปเล่นตรีโกณส่วนตัวอีกรอบแล้ว :D
กระดานทดเริ่มบานอีกแต่ก็สนุกดี

อันนี้ตั้งเล่น ๆ ครับ. เผื่อใครสนใจจะมาปวดหัวแบบแปลก ๆ บ้างก็ลองดู เป็นปัญหาตรีโกณมิติ คำถามมีอยู่ว่า

" คุณคิดว่า อะไรคือรูปอย่างง่ายของ \( \frac{1}{2}\sqrt[3]{1+3\sqrt[3]{1+3\sqrt[3]{1+ \cdots}}} \, \) "

ข้อ 12 นี่ผมว่าคำตอบน่าจะเป็นจำนวนจริงนะครับ

ส่วน rationalizing denominators คือการทำตัวส่วนให้เป็นจำนวนตรรกยะครับ จะใช้สำหรับแปลงจำนวนซึ่งอยู่ในรูปเศษส่วนของ algebraic number (จำนวนที่เป็นรากของสมการพหุนามที่มี สปส เป็นจำนวนตรรกยะ) ให้เป็นอีกรูปแบบหนึ่งซึ่งอยู่ในรูปผลบวกของจำนวนในเครื่องหมายกรณฑ์และมี สปส เป็นจำนวนตรรกยะ โจทย์แนวนี้เราเจอกันบ่อยๆเฉพาะในกรณีที่จำนวนติดรากที่สองซึ่งทำได้ง่าย เช่น \( \Large{ \frac{1}{1+\sqrt{2}} = \sqrt{2} - 1 } \) เพราะเราใช้แค่สูตรผลต่างกำลังสองก็พอ แต่ถ้าจำนวนติดรากที่มันเยอะขึ้นหรือผสมกันอย่างโจทย์ข้อ 11 เราก็จะต้องเอาความรู้เรื่องของพหุนามมาใช้เพื่อที่จะกำจัดตัวส่วนให้เป็นจำนวนตรรกยะ ซึ่งวิธีการคิดก็จะมาจากการสร้างสมการพหุนามที่มีจำนวนเหล่านี้เป็นรากขึ้นมาก่อน จากนั้นก็ใช้ความรู้เรื่องการหา หรม ของพหุนามมาช่วย เพื่อหาตัวผกผันภายใต้การคูณของจำนวนที่เป็นตัวส่วน อธิบายยากจังเลยครับ งั้นทำให้ดูอีกข้อละกัน

จงเขียน \( \Large{ \frac{1}{3+2\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} } \) ให้อยู่ในรูปอย่างง่าย
วิธีคิด ให้ \( \Large{ a = \sqrt[3]{2} } \) จะได้ว่า
\[ \frac{1}{3+2\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} = \frac{1}{3+2a+a^2} \]

เนื่องจาก a เป็นรากของพหุนาม \( x^3-2 \) และ ห.ร.ม. ของ \( x^3-2,3+2x+x^2 \) คือ 1 เราจะได้ว่า \[ 1 = P(x)(3+2x+x^2) + Q(x)(x^3-2) \]
ซึ่งเมื่อแทนค่า a ลงไปเราจะได้ \( 1 = P(a)(3+2a+a^2) + Q(a)(a^3-2) = P(a)(3+2a+a^2) + 0 \)
ดังนั้น \( \large{ \frac{1}{3+2a+a^2} = P(a) } \)
เราจึงได้รูปอย่างง่าย(ที่ไม่ค่อยง่าย) ตามต้องการ :D
งานหลักๆก็คือการใช้ขั้นตอนวิธีการหารของยูคลิดสำหรับพหุนามมาช่วยหาพหุนาม P(x) นี่แหละครับ อ้อ สปส ของพหุนามเราอนุญาตให้เป็นจำนวนตรรกยะได้ครับ เพราะฉะนั้นเวลาเราหารยาวผลลัพธ์อาจจะติดเศษส่วนพะรุงพะรังได้ อย่างในตัวอย่างอันนี้หามาเรียบร้อยแล้วจะได้ \( \large{ P(x) = \frac{x^2-4x+5}{11} } \)
สรุป \( \Large{ \frac{1}{3+2\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} = \frac{5-4\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}{11} } \) :)

ข้อ 10

แทนค่า \( x=y=0 \) ได้ \( P(0)=-2005 \) จากเงื่อนไขโจทย์ได้
\[
P'(x)=\lim_{y\to0}\frac{P(x+y)-P(x)}{y}=\lim_{y\to0}\frac{P(y)-P(0)}{y}=P'(0)
\]
กล่าวคือ \( P(x)=ax-2005 \)