|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#31
|
||||
|
||||
กรณี n เป็นจำนวนเต็มคู่ n จะอยู่ในรูป 2a โดย a อยู่ใน I
\[ \cos \frac{\pi }{n}\cos \frac{{2\pi }}{n}\cos \frac{{3\pi }}{n}...\cos \frac{{(n - 1)\pi }}{n} \] พิจารณา 1ถึงn-1 จะมี n/2อยู่ด้วย \[ \cos \frac{{\frac{{n\pi }}{2}}}{n} = 0 \] \[ \prod\limits_k^{n - 1} {\cos \frac{{k\pi }}{n}} = 0 \] งั้นขอตอบในกรณีเป็นจำนวนเต็มคู่ก่อนนะครับ จำนวนเต็มคี่ยังคิดไม่ออก ช่วยชี้ทางหน่อบสิครับ
__________________
ชอบคณิตศาสตร์ครับ 21 มีนาคม 2007 22:34 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ RedfoX |
#32
|
||||
|
||||
Let $n=3$
$$\cos \frac\pi{3} \cos\frac{2\pi}{3} \ne 0$$
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#33
|
|||
|
|||
15.
Evaluate $$ \int_0^{\infty} \frac{x^2}{e^x-1} \,\, dx $$ Note: It can be evaluated without using complex analysis
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#34
|
||||
|
||||
Hint 15. Please
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#35
|
|||
|
|||
Hint #15
เปลี่ยนตัวแปรให้ ขอบเขตกลายเป็น 0 ถึง 1 ครับ หลังจากนั้นอาจจะต้อง By parts (คำตอบข้อนี้สวยดีครับ)
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#36
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ให้ $ {\displaystyle f(x)=\frac{x^2}{e^x-1}=\frac{x^2e^{-x}}{1-e^{-x}} } $ เนื่องจาก \[ \frac{1}{1-e^{-x}} = 1+e^{-x} + e^{-2x} + ... = \sum_{n=0}^{\infty}e^{-nx}\] จะได้ว่า \[ f(x)= x^2e^{-x}\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nx} = \sum_{n=1}^{\infty}x^2e^{-nx}\] $$ \int_0^{\infty} \frac{x^2}{e^x-1} \,\, dx = \int_0^{\infty}\left(\sum_{n=1}^{\infty}x^2e^{-nx}\right) dx $$ ให้ $f_n(x)=x^2e^{-nx}, \;\; x\in [0,\infty)$ จะได้ว่า $|f_n(x)| \leq \frac{4e^{2}}{n^2} = M_n$ ซึ่ง $\sum_{n=1}^{\infty}M_n $ ลู่เข้า โดย Weirstrass M-test จะได้ว่า $\sum_{n=1}^{\infty}x^2e^{-nx}$ ลู่เข้าแบบ uniform จึงสามารถสลับลำดับการอินทิเกรตกับผลบวกได้ $$ \int_0^{\infty} \frac{x^2}{e^x-1} \,\, dx = \sum_{n=1}^{\infty}\left(\int_0^{\infty}x^2e^{-nx} dx\right) = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n^3} = ... $$ ซึ่งผมจำไม่ได้ว่าอนุกรมสุดท้ายลู่เข้าสู่ค่าใดครับ แต่ก็คงใช้ Complex หามาอยู่ดี
__________________
PaTa PatA pAtA Pon! 19 มีนาคม 2007 20:39 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ M@gpie |
#37
|
||||
|
||||
$$\sum \frac2{n^3}=2\zeta(3)$$
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#38
|
||||
|
||||
16. กำหนดให้ \[
M = \left[ {\begin{array}{rcl} 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 2 \\ 2 & 0 & 0 \\ \end{array}} \right] \] ผลบวกของสมาชิกทุกตัวของเมตริกซ์ $M^{100}$ เท่ากับเท่าใด
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#39
|
|||
|
|||
วิธีของน้อง M@gpie ก็เจ๋งเหมือนกันครับ
ที่ผม hint ไว้อย่างนั้น เพราะทำไปทำมาแล้วมันจะคล้ายๆกับข้อนึงที่เคย postไว้ที่นี่ Alternative solution ให้ $ x = - \ln(u) $ จากนั้น อินทิเกรตจะถูกเปลี่ยนเป็น $ \int_0^1 \frac{\ln^2(u)}{1-u}\,\, du =\int_0^1 \frac{\ln^2(1-u)}{u}\,\, du $ แล้วก็ By parts จะได้ $ \ln^2(1-u)\ln(u)\mid_0^1 +2 \int_0^1 \frac{\ln(1-u)\ln(u)}{1-u} \,\, du$ เพราะ $$ \begin{array}{rcl} \int_0^1 \frac{\ln(1-u)\ln(u)}{1-u} \,\, du &= & \int_0^1 \frac{\ln(1-u)\ln(u)}{u} \,\, du \\ &=& \int_0^1 -\sum_{k=0}^{\infty} \frac{u^k \ln u}{k+1} \,\, du\\&=& -\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k+1}\int_0^{\infty} u^k \ln u \,\, du \\&=& \sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(k+1)^3}\end{array}$$ ต่อด้วยข้อต่อไป 17. ถ้า (x,y) เป็น คู่อันดับของ positive real roots เพียงคู่อันดับเดียวของสมการ $$ x^2+xy+x=1 $$ $$y^2+xy+x+y=1 $$ พิสูจน์ว่า $\frac{1}{x}+\frac{1}{y}= 8\cos^3(\frac{\pi}{7}) $
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว 03 เมษายน 2007 08:47 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gon เหตุผล: Tag Post |
#40
|
||||
|
||||
ยังคิดไม่ออกครับ 55 มาโพสๆต่อ ซักหน่อย
18. Let $z_n$ be a sequence of complex number. Prove that $z_n$ is a convergent sequence if and only if $z_n$ is a cauchy sequence.
__________________
PaTa PatA pAtA Pon! |
#41
|
||||
|
||||
แงผิด2ข้อซ้อนเลย ยังคิดไม่ออกด้วยสิครับ
__________________
ชอบคณิตศาสตร์ครับ |
#42
|
||||
|
||||
ให้ $z^n-1=0$
$(z-1)(z^{n-1}+z^{n-2}+\dots+z+1)=0\quad $ ...(1) จะได้ z คือรากที่ n ของ 1 นั่นคือ $z=e^{i\frac{2k\pi}{n}}$ โดยที่ $k=0,1,2,\dots ,n-1$ ให้ $\omega = e^{i\frac{2\pi}{n}}$ ดังนั้น $z=1,\omega,\omega^2,\dots,\omega^{n-1}$ ทำให้ได้ว่า $z^n-1=(z-1)(z-\omega)(z-\omega^2)\dots(z-\omega^{n-1})\quad $ ...(2) จาก (1) และ (2) จะได้ $z^{n-1}+z^{n-2}+\dots+z+1 = (z-\omega)(z-\omega^2)\dots(z-\omega^{n-1})$ แทน $z=-1$ $(-1-\omega)(-1-\omega^2)\dots(-1-\omega^{n-1})=\left\{ \begin{array}{l} 0\quad ,\; n = \rm{even} \\ 1\quad ,\; n = \rm{odd} \\ \end{array} \right.$ กรณี $n$ เป็นจำนวนคี่บวก $(-1)^{n-1}(1+\omega)(1+\omega^2)\dots(1+\omega^{n-1}) = 1$ $| (1+\omega)(1+\omega^2)\dots(1+\omega^{n-1}) | =1$ $\because |1+\omega^k|= |1+\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}|=\sqrt {\left( {1 + \cos \frac{{2k\pi }}{n}} \right)^2 + \sin ^2 \frac{{2k\pi }}{n}} $ $=\sqrt {2\left( {1 + \cos \frac{{2k\pi }}{n}} \right)} =\sqrt{4\cos^2\frac{k\pi}{n}}=2|\cos\frac{k\pi}{n}|$ จะได้ $$2^{n-1}\left|\cos\frac{\pi}{n}\cos\frac{2\pi}{n}\dots \cos\frac{(n-1)\pi}{n}\right|=1$$ เนื่องจากตัวคูณในค่าสัมบูรณ์ ครึ่งหนึ่งตกอยู่ใน $Q_2$ ซึ่งทำให้ค่า cos เป็นลบ ดังนั้นเมื่อถอดค่าสัมบูรณ์ออกมาจึงเกิดค่าลบออกมา $\frac{n-1}{2}$ ตัว ฉะนั้น $$\cos\frac{\pi}{n}\cos\frac{2\pi}{n}\dots \cos\frac{(n-1)\pi}{n}=\frac{(-1)^{\frac{n-1}{2}}}{2^{n-1}}$$ สรุปได้ว่า\[ \prod\limits_{k = 1}^{n-1} {\cos \frac{{k\pi }}{n}} = \left\{ \begin{array}{lcl} \frac{{({-1})^{\frac{{n - 1}}{2}}}}{{2^{n - 1}}} &,& n = {\rm{odd}} \\ 0 &,& n = {\rm{even}} \\ \end{array} \right. \]
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ 20 มีนาคม 2007 22:16 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Mastermander |
#43
|
||||
|
||||
19. Evaluate $$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dx}{1+\tan^n x}$$
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#44
|
||||
|
||||
ข้อ 16 ครับ
ให้ $N = \left[ {\begin{array}{rcl} 0 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ \end{array}} \right]$ นั่นก็คือ $2N=M$ เนื่องจากเลขหนึ่งทั้งสามตัวอยู่ต่างแถวต่างหลักกันหมด จึงได้ว่า เมื่อนำเมตริกซ์ 3x3 A ใดๆ มาคุณกับ N (AN นั่นเอง) จะได้ผลลัพธ์เป็น เมตริกซ์ที่มีหลักที่ 1 เป็น หลักที่ 3 ของ A เมตริกซ์ที่มีหลักที่ 2 เป็น หลักที่ 1 ของ A เมตริกซ์ที่มีหลักที่ 3 เป็น หลักที่ 2 ของ A นั่นก็คือ ผลลัพธ์ที่ได้เป็นเมตริกซ์ที่เกิดจากสลับหลักของ A โดยที่เอาหลักที่ 3 มาอยู่หน้าสุดแทน (ทำมาถึงตรงนี้ก็ตอบคำถามได้แล้ว แต่จะทำต่อนิดนึงเพราะเราสามารถหา $M^{100}$ ออกมาได้เลย) ดังนั้น $N^{100}=((\dots (N)N\dots )N)N$ ซึ่งก็คือการคูณเมตริกซ์เริ่มต้น N ด้วย N 99 ครั้ง จากข้างบน การคูณด้วย N 3 ครั้ง จะกลับไปได้เมตริกเริ่มต้นดังเดิม และเนื่องจาก 3 หาร 99 ลงตัว จึงได้ว่า $N^{100}=N$ เพราะฉะนั้น $M^{100}=2^{100}N^{100}$ ซึ่งมีผลบากสมาชิกทุกตัวเป็น $2^{100}(1+1+1)=3\cdot 2^{100}$ |
#45
|
||||
|
||||
ข้อ 19
เนื่องจาก \[\frac{1}{1+\tan^n x}+\frac{1}{1+\tan^n (\frac{\pi}{2}-x)}=\frac{1}{1+\tan^n x}+\frac{1}{1+\cot^n x}=\frac{1}{1+\tan^n x}+\frac{\tan^n x}{\tan^n x+1}=1\] ดังนั้น \[ \int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{1+\tan^n x} \ dx +\int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{1+\tan^n (\frac{\pi}{2}-x)} \ dx = \int_{0}^{\pi/4} 1\ dx\] \[ \int_{0}^{\pi/4}\frac{1}{1+\tan^n x} \ dx +\int_{\pi/4}^{\pi/2}\frac{1}{1+\tan^n x} \ dx = \frac{\pi}{4}\] \[ \int_{0}^{\pi/2}\frac{1}{1+\tan^n x} \ dx = \frac{\pi}{4}\] 21 มีนาคม 2007 06:08 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Onasdi |
|
|