ฝึกอินทิเกรตกัน

[กระบี่เดียวดายแสวงพ่าย]

ต้องขอโทษคุณInnoXenTกับคุณnooonuii ด้วยครับ
คำตอบถูกแล้ว แต่ว่าดิฟแล้วลืมจัดเป็นรูปสำเร็จ โหสิครับ

[-SIL-]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Little Penguin

ตอบคุณ -SIL-
$\displaystyle \int\frac{1}{u^4+1}\,du^4 =\int\frac{4u^3}{u^4+1}\,du \not=\int\frac{2u^2}{u^4+1}\,du$

วิธีทำข้อ 2 คุณ -InnoXenT- ดูแปลกๆตรง $x=u-e^u$

โจทย์คุณ -InnoXenT-
1.แทน $u=x^2$ แล้วทำ partial fraction ได้คำตอบเป็น $\displaystyle x +\tan^{-1}{\left(e^x\right)} -\frac{1}{2}\ln\left|e^{2x}+1\right|+C$
3.ให้ $\displaystyle \sqrt{x+\sqrt{x+\sqrt{x+\cdots}}}=u$ ได้คำตอบเป็น $\displaystyle \frac{2}{3}u^3-\frac{1}{2}u^2+C$
4.ทำ By parts 2 ครั้ง ได้คำตอบเป็น $\displaystyle \frac{x}{2}\left(\sin{\left(\ln{x}\right)} -\cos{\left(\ln{x}\right)}\right)+C$
5.ให้ $u=\sqrt{1+\ln{x}}$ ได้คำตอบเป็น $\displaystyle 2\sqrt{1+\ln{x}}+\ln\left|\frac{\sqrt{1+\ln{x}}-1}{\sqrt{1+\ln{x}}+1}\right|+C$
6. ทำ By parts 2 ครั้ง ได้คำตอบเป็น $\dfrac{1}{5}x^5\ln^2{x}-\dfrac{2}{25}x^5\ln{x}+\dfrac{2}{125}x^5+C$

เมาครับ โทษที

[-InnoXenT-]

ไปดู reply เก่าๆมา มีโจทย์ที่ยังไม่เฉลยอยู่ด้วย ผมไล่เฉลยหมดเลยแล้วกัน บังเอิญผมว่าง

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Mastermander

แถมให้อีกข้อ
Given $a>0$. Evaluate $\displaystyle{ \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\tan^{-1}x}{x} \,\,d x }$

Let $x = \tan{\theta}$ ---> $dx = \sec^2{\theta} d\theta$

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 $u = \frac{\pi}{2} - \theta$ ---> $du = -d\theta$

$\displaystyle{= \int_{\frac{\pi}{2} - \tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{ \frac{\pi}{2}- \tan^{-1}{a}}(\frac{\pi}{2}-u)(\tan{u} + \cot{u})(-du) }$

$\displaystyle{= -\int_{\cot^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\cot^{-1}{a}} (\frac{\pi}{2} - u)(\tan{u}+\cot{u})} du$

$\displaystyle{= \int_{\cot^{-1}{a}}^{\cot^{-1}{\frac{1}{a}}} (\frac{\pi}{2} - u)(\tan{u}+\cot{u})} du$

$\displaystyle{= \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \frac{\pi}{2}(\tan{u}+\cot{u} ) du - \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} u(tan{u}+\cot{u}) du}$

$\displaystyle{I = \int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}} \frac{\pi}{2}(\tan{u}+\cot{u} ) du - I}$

$\displaystyle{I = \frac{\pi}{4}\int_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}^{\tan^{-1}{a}}(\tan{u}+\cot{u} ) du}$

$\displaystyle{I = \frac{\pi}{4}(\ln{\frac{\sec{u}}{\sin{u}}}\left.\,\right]^{\tan^{-1}{a}}_{\tan^{-1}{\frac{1}{a}}}} )$

$\displaystyle{I = \frac{\pi}{2}\ln{a}}$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Mastermander

เพิ่มให้อีก 3
1. \[
\int\limits_0^1 {\frac{{x^{2009} - 1}}{{\ln x}}} dx
\]
2. \[
\int\limits_{ - \frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}} {\frac{1}{{3 + \sin x}}} dx
\]
3. \[
\int_0^1 {\left( {e - 1} \right)\sqrt {\ln \left( {1 + x\left( {e - 1} \right)} \right)} {\kern 1pt}+e^{x^2} dx}
\]

1. we know that $\displaystyle{\int_{0}^{n} (x^u) du = \frac{x^n - 1}{\ln{x}}}$

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 $\displaystyle{\int_{0}^{1} e^{y^2} dy = \int_{0}^{1} e^{x^2} dx}$,

$\displaystyle{\int_{0}^{1} (e-1)\sqrt{\ln{(1+(e-1)x)}} + \int_{0}^{1} e^{x^2}dx = e}$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gnopy

2. $\int x^{x^{x^{x^{^{.}}}}}dx$

โจทย์ของคุณ gnopy ข้อแรกผมเฉลยไปแล้ว ให้ $u = 1+e^x$ที่เหลือก็ง่ายแล้วครับ

ข้อ 2. $u = x^u$ ---> $x = u^{\frac{1}{u}}$

$dx = \frac{\ln{x} du}{x^u} = \frac{\ln{x} du}{u}$

$\int x^{x^{x^{x^{^{.}}}}}dx = \int u \frac{ln{x} du}{u}$

$= \int \ln{u^{\frac{1}{u}}} du$

$= \int \frac{\ln{u}}{u} du$

$= \int \frac{ln{u}}{u} ud(\ln{u})$

$= \frac{1}{2}(\ln{x^{x^{x^{x^{^{.}}}}}})^2 + C$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Ne[S]zA

เนื่องจากกระทู้เงียบขอปลุกหน่อยนะครับ
สมาคมปี 48
$$\int_0^2 (\sqrt{x^3+1}+\sqrt[3]{x^2+2x}) dx$$

เฉลย
http://www.mathcenter.net/forum/show...7&postcount=14

ผมขออัพเดทโจทย์ต่อจากของเก่าใน Reply ที่ 268 นะครับ

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

19. $$\int_{e^{e^e}}^{e^{e^{e^e}}} \frac{1}{(x\ln{x})(\ln{(\ln{x})})(\ln{(\ln{(\ln{x})})})} \, dx$$

\[
\int\limits_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } {\frac{1}{{\left( {x\ln x} \right)\left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)\left( {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right)}}dx} = \int\limits_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } {\frac{{d\left( {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right)}}{{\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)}}} = \left[ {\ln \left| {\ln \left( {\ln \left( {\ln x} \right)} \right)} \right|} \right]_{e^{e^e } }^{e^{e^{e^e } } } = 1
\]

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

14. $$\int \frac{\sqrt[3]{x}}{x(\sqrt{x}+\sqrt[3]{x})} \, dx$$

ให้ $u^6=x$ จะได้\[
\int {\frac{{\sqrt[3]{x}}}{{x\left( {\sqrt x + \sqrt[3]{x}} \right)}}dx = 6\int {\frac{{du}}{{u\left( {u + 1} \right)}} = 6\int {\left( {\frac{1}{u} - \frac{1}{{u + 1}}} \right)du = 6\ln \left| {\frac{u}{{u + 1}}} \right| + c = } } } 6\ln \left| {\frac{{\sqrt[6]{x}}}{{\sqrt[6]{x} + 1}}} \right| + c
\]

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

35. $$\int_{-1}^{1} \frac{\sin{x}}{1+x^6} \, dx$$

ให้ $f(x)=\frac{\sin {x}}{1+x^6}$ จะได้ว่า $f(-x)=-f(x)$
ดังนั้น $f(x)$ เป็นฟังก์ชันคี่ นั่นคือ $\int_{-1}^{1}\frac{\sin{x}}{1+x^6} \,dx=0$

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

31. $$\int x^2\cos^{-1}{x} \, dx$$

\[
\int {x^2 \arccos xdx = \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{3}\int {\frac{{x^3 }}{{\sqrt {1 - x^2 } }}dx} }
\]
\[
= \frac{{x^3 }}{3}\arccos x - \frac{1}{3}\left[ {\int {x\sqrt {1 - x^2 } dx - \int {x\left( {1 - x^2 } \right)^{ - \frac{1}{2}} dx} } } \right]
\]
\[
= \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{6}\left[ {\int {\sqrt {1 - x^2 } d\left( {1 - x^2 } \right) - \int {\left( {1 - x^2 } \right)^{ - \frac{1}{2}} d\left( {1 - x^2 } \right)} } } \right]
\]
\[
= \frac{{x^3 }}{3}\arccos x + \frac{1}{9}\left( {1 - x^2 } \right)^{\frac{3}{2}} - \frac{1}{3}\left( {1 - x^2 } \right)^{\frac{1}{2}} + c
\]

[-InnoXenT-]

เดี๋ยวผม เอาเฉลยไว้ ข้างล่างโจทย์ละกัน จะได้ลิงค์ไปได้ และรู้ว่า มีข้อไหนที่ยังไม่ได้ทำ

ปล. ใครอยากเอาเฉลยข้อไหน PM มาบอกผมนะ = =" แต่ขอไม่เยอะ ผมเหนื่อย

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

20. $$\int \frac{\ln{x}}{(x+1)^2} \, dx$$

\[
\int {\frac{{\ln x}}{{\left( {x + 1} \right)^2 }}dx = - } \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \int {\frac{{dx}}{{x\left( {x + 1} \right)}} = } - \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \int {\left( {\frac{1}{x} - \frac{1}{{x + 1}}} \right)dx = } - \frac{{\ln x}}{{x + 1}} + \ln \left| {\frac{x}{{x + 1}}} \right| + c
\]

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

10. $$\int \frac{\sin^2{x}}{1+\sin^2{x}} \, dx$$

\[
\int {\frac{{\sin ^2 x}}{{1 + \sin ^2 x}}} dx = \int {dx - \int {\frac{{dx}}{{1 + \sin ^2 x}}} } = x - \int {\frac{{\csc ^2 x}}{{\csc ^2 x + 1}}dx} = x + \int {\frac{{d\left( {\cot x} \right)}}{{\cot ^2 x + 2}}} = x + \frac{1}{{\sqrt 2 }}\arctan \left( {\frac{{\cot x}}{{\sqrt 2 }}} \right) + c
\]

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

9. $$\int \frac{x^2+1}{x\sqrt{x^4+1}} \, dx$$

ให้ $x^2={\tan \theta }$ จะได้
\[
\int {\frac{{x^2 + 1}}{{x\sqrt {x^4 + 1} }}dx} = \frac{1}{2}\int {\frac{{\left( {\tan \theta + 1} \right)\sec \theta }}{{\tan \theta }}d\theta = } \frac{1}{2}\int {\csc \theta \left( {\tan \theta + 1} \right)d\theta = } \frac{1}{2}\left( {\int {\sec \theta d\theta + \int {\csc \theta d\theta } } } \right)
\]
\[
= \frac{1}{2}\ln \left| {\sec \theta + \tan \theta } \right| + \frac{1}{2}\ln \left| {\csc \theta - \cot \theta } \right| + c = \frac{1}{2}\ln \left| {\sqrt {x^4 + 1} + x^2 } \right| + \frac{1}{2}\ln \left| {\frac{{\sqrt {x^4 + 1} }}{{x^2 }} - \frac{1}{{x^2 }}} \right| + c
\]

[R.Wasutharat]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

8. $$\int \frac{x^2\sin^{-1}{x}}{\sqrt{1-x^2}} \, dx$$

ให้ $y={\arcsin x}$ จะได้
\[
\int {\frac{{x^2 \arcsin x}}{{\sqrt {1 - x^2 } }}} dx = \int {y\sin ^2 ydy = \frac{1}{2}\int {y\left( {1 - \cos 2y} \right)dy = } } \frac{1}{2}\left( {\int {ydy - \int {y\cos 2ydy} } } \right)
\]
\[
= \frac{{y^2 }}{4} - \frac{1}{2}\left( {\frac{1}{2}y\sin 2y - \frac{1}{2}\int {\sin 2ydy} } \right) = \frac{{y^2 }}{4} - \frac{1}{4}y\sin 2y - \frac{1}{8}\cos 2y + c
\]
\[
= \frac{{\left( {\arcsin x} \right)^2 }}{4} - \frac{1}{4}\arcsin x\sin \left( {2\arcsin x} \right) - \frac{1}{8}\cos \left( {2\arcsin x} \right) + c
\]

[Suwiwat B]

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

[-InnoXenT-]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Suwiwat B

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

ถูกต้องครับ

แล้วก็โจทย์ที่ผมไม่ได้ ใส่ลิงค์เฉลยไว้ด้านล่าง คือ ยังไม่มีคนเฉลยครับ - -a แต่สามารถมาขอเฉลย โดยการส่ง PM มาทางผมได้

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ -InnoXenT-

21. $$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx$$

ตอบ $\dfrac{\pi -1}{4}$

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

$$2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin^3{x}+\cos^3{x}}{\sin{x}+\cos{x}} \, dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}1-\sin{x}\cos{x}\,dx=\dfrac{\pi -1}{2}$$