Calculus Marathon

[M@gpie]

โหถ้าจะทำจริงๆ ต้องเช็คถึง Fubini Theorem เชียวนะครับพี่ noonuii อิอิ

[Mr.high]

พอดีเห็นว่าข้อนี้น่าสนใจ และผมก็ยังหาจุดผิดไม่ได้ ก็มาช่วยกันแก้หน่อยนะครับ
เพื่อความสนุกสนานนะครับ

Explain the fallacy : $ I = \int^1_{-1} \frac{dx}{1+x^2} = -\int^1_{-1}\frac{dy}{1+y^2} = -I $
using the transformation $ x= \frac{1}{y} $
Hence $ I=0$. But $ I = arctan(1) - arctan(-1) = \frac{\pi}{4} - ( -\frac{\pi}{4}) = \frac{\pi}{2}$ . Thus $\frac{\pi}{2} = 0.$

[nooonuii]

The change of variable formula works if the transformation is monotone. Is x = 1/y monotone on [-1,1] ?

[Mr.high]

อย่างนี้ indefinite integral ที่ไม่จำกัดช่วงก็ไม่สามารถทำการ integrate ได้ ถ้าเราแทนด้วยฟังก์ชัน
y = 1/x, y = sin x หรือ y = cos x และฟังก์ชันอื่นๆที่ไม่ใช่ monotone ฟังก์ชันใช่หรือเปล่าครับ

ปล. ขอโทษทีนะครับที่ขึ้นผิด เด๋วแก้ให้คับ

[M@gpie]

การหาปริพันธ์ในช่วง [a,b] โดยวิธีเปลี่ยนตัวแปรต้องเลือกฟังก์ชันที่ monotone ในช่วงที่ทำการหาปริพันธ์ด้วยครับ
จะเห็นว่า \( x = \frac{1}{y} \) ไม่ monotone ในช่วง [-1,1]
ส่วนการเปลี่ยนตัวแปร indefinite integral นั้น ก็ต้องถือว่าฟังก์ชันอยู่ในช่วงที่ใช้ได้กระมังครับ อันนี้รอผู้รู้มายืนยันอีกที ละกันครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ M@gpie:
ส่วนการเปลี่ยนตัวแปร indefinite integral นั้น ก็ต้องถือว่าฟังก์ชันอยู่ในช่วงที่ใช้ได้กระมังครับ

ใช่ครับ การหา indefinite integral ส่วนใหญ่เราละการพิจารณาความเหมาะสมของโดเมนของฟังก์ชันจนดูเหมือนว่าเราสามารถเปลี่ยนตัวแปรโดยใช้ฟังก์ชันใดก็ได้ ซึ่งจะมีปัญหาตอนหา definite integral เพราะการเปลี่ยนตัวแปรโดยใช้ฟังก์ชันที่ไม่ monotone(หรือ ไม่ absolutely continuous) เราไม่มีทฤษฎีมายืนยันครับ อย่างที่เห็นในโจทย์ของคุณ Mr.High ว่ามีข้อผิดพลาดเกิดขึ้น

[nooonuii]

36. Evaluate $$\int_0^\pi \ln{(1+\cos{x})} dx$$

[Mastermander]

$$-\pi \ln 2$$

วิธีเดี๋ยวตามมาครับ

[Mastermander]

มีวิธีที่ดูดีกว่านี้ไหมครับ

[Mastermander]

37.

Evaluate

$$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \tan x \sin(\tan x) \ dx$$

[warut]

ข้อ 37. นี่ก็ต้องใช้ complex analysis ใช่ไหมครับ

[nooonuii]

ข้อ 37 ผมคงต้องใช้ Residue Theory อย่างที่คุณ warut ตั้งข้อสังเกตไว้ครับ ใครมีคำตอบที่ง่ายกว่านี้ ก็ขอคำชี้แนะด้วยครับ ขออนุญาติใช้ภาษาอังกฤษนะครับ

By substituting $u=\tan{x}$,

$$\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \tan{x} \sin{(\tan{x})}dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{u\sin{u}}{1+u^2}du.$$


Let R > 1 and let $\Gamma$ be the contour $\Gamma_1 + \Gamma_2$ where

$\Gamma_1 (t) = t, -R\leq t \leq R$ and $\Gamma_2 (t) = Re^{it}, 0 \leq t \leq \pi.$

Let $\displaystyle{ f(z) = \frac{ze^{iz}}{1+z^2} }$. Note that $f(z)$ has only a simple pole at i inside $\Gamma$. Thus

$$\int_{\Gamma} f(z) dz = 2\pi i \text{Res} (f,i) = 2\pi i \lim_{z\rightarrow i} (z-i)f(z) = \frac{\pi i}{e}.$$

We also have
$\displaystyle{ \int_{\Gamma_1} f(z) dz = \int_{-R}^{R} \frac{t\cos{t}}{1+t^2} dt + i\int_{-R}^{R} \frac{t\sin{t}}{1+t^2} dt = 0 + i\int_{-R}^{R} \frac{t\sin{t}}{1+t^2} dt }$
because $\displaystyle{\frac{t\cos{t}}{1+t^2}}$ is an odd function and
$\displaystyle{ | \int_{\Gamma_2} f(z) dz | \leq (\frac{ R^2}{R^2 - 1}) \int_{0}^{\pi} e^{ - R\sin{t}} dt < (\frac{R^2}{R^2 - 1}) (\frac{\pi}{R}) }$
by Jordan's Lemma (tell me if you need more clarification at this step )

Letting $R\rightarrow \infty$, we get
$$i\int_{-\infty}^{\infty} \frac{t\sin{t}}{1+t^2} dt = \frac{\pi i}{e}.$$
Therefore,
$$\int_{\frac{-\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \tan{x} \sin{(\tan{x})}dx = \frac{\pi}{e}.$$

Note :
Jordan's Lemma : $\displaystyle{ \int_{0}^{\pi} e^{-R\sin{t}} dt < \frac{\pi}{R} }$ for all $R>0.$

[Mastermander]

38.Evaluate

$$\int_0^1\frac{\arctan x}{x}\ dx$$

[nooonuii]

ข้อ 38 นี่ ไม่โหดไปหน่อยเหรอครับ ผมลองให้น้องเปิ้ล( Maple ) คิดดูแล้วได้คำตอบออกมาเป็น Catalan constant อยากทราบเฉลยข้อนี้จังเลยครับ

[Mastermander]

38. ผมเอามาจาก
http://mathworld.wolfram.com/CatalansConstant.html


39. คำนวน

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{x^2}{1+\cos x+\sin x}\ dx$$