เอาโจทย์มาฝาก

[alongkorn]

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

[nooonuii]

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)

[M@gpie]

อ่า คับ เป็นความผิดพลาด 55 ไม่ได้ทำ อินทิเกรตแบบนี้ซะนาน เจอแต่พวกที่ง่ายๆน่ะคับ อินทิเกรตครบทรงกลมพอดี เลยใส่ช่วงผิดเลย แย่จังแหะๆ

[nooonuii]

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

[nooonuii]

ข้อนี้จัดให้สำหรับคนชอบแคลคูลัสครับ

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

[M@gpie]

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

อย่างไรก็ตาม รบกวนคุณ nooonuii ช่วยขยายความถึงเรื่อง Rationalizing Denominators ให้พวกเราเข้าใจมากขึ้นอีกสักนิด ว่ามันคืออะไร มีหลักการอย่างไร หรือแปลตรงๆเลยคือ การทำให้ตัวส่วนเป็นจำนวนตรรกยะ

อ้อ แล้วก็รบกวนคุณ warut ด้วยนะครับ ไหนๆก็เสียแรงทำไปแล้ว ช่วยอธิบายแนวคิดวิธีหาสมการพหุนาม ที่มีสัมประสิทธิ์เป็นเลขจำนวนเต็มสวยๆ ที่มีคำตอบที่ต้องการรวมอยู่ด้วย ได้อย่างไร

ขอบคุณมากๆครับ

[gon]

ปิดเทอมกันแล้วคึกคักดีนะครับ. ตอนนี้ผมดันเผลอไปเล่นตรีโกณส่วนตัวอีกรอบแล้ว
กระดานทดเริ่มบานอีกแต่ก็สนุกดี

อันนี้ตั้งเล่น ๆ ครับ. เผื่อใครสนใจจะมาปวดหัวแบบแปลก ๆ บ้างก็ลองดู เป็นปัญหาตรีโกณมิติ คำถามมีอยู่ว่า

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

[nooonuii]

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
งานหลักๆก็คือการใช้ขั้นตอนวิธีการหารของยูคลิดสำหรับพหุนามมาช่วยหาพหุนาม P(x) นี่แหละครับ อ้อ สปส ของพหุนามเราอนุญาตให้เป็นจำนวนตรรกยะได้ครับ เพราะฉะนั้นเวลาเราหารยาวผลลัพธ์อาจจะติดเศษส่วนพะรุงพะรังได้ อย่างในตัวอย่างอันนี้หามาเรียบร้อยแล้วจะได้ \( \large{ P(x) = \frac{x^2-4x+5}{11} } \)
สรุป \( \Large{ \frac{1}{3+2\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}} = \frac{5-4\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}}{11} } \)

[aaaa]

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 \( P(x)=ax-2005 \)

[M@gpie]

เคลียร์โจทย์พี่ gon ก่อน โดยขอใช้มุขเดิม จากโจทย์ ข้อ 6 จงแก้สมการ
ข้อสังเกตคือ เลขชี้กำลังเป็น 7 แต่ว่า มีแค่ 6 คำตอบ ดูจากโจทย์จะเห็นว่า เทอม \( x^7 \) มันตัดกันหมดไป
\[ x^7 +(2-x)^7 = 8(7x^2 -14x+16)\]
ให้ \( y=x-1 \) จะได้ ว่า
\[ (y+1)^7 - (y-1)^7 = 8(7y^2 +9 )\]
กระจายออกมา แล้วรวมเทอมฝั่งขวาให้เรียบร้อย จะได้
\[ 7y^6 +35y^4 -7y^2 -35 = 0 \]
\[ 7y^2(y^4-1) + 35(y^4-1) =0\]
\[ (y^4-1)(7y^2 + 35)=0\]
กรณี \( y^4 -1 = 0 \) จะได้ว่า
\[ (y-1)(y^3 +y^2+y+1) = 0 \]
\[ (y-1)(y^2+1)(y+1) =0 \]
\[ y-1 =0 \rightarrow x=2 \; \; ,\; \; y^2+1 =0 \rightarrow x= 1+j ,1-j \; \; , \; \; y+1 =0 \rightarrow x=0 \]
กรณี \( 7y^2 +35 =0 \)แทนค่า \( y=x-1 \) กลับลงไปจะได้
\[ 7(x^2-2x+1)+35 = 0 \rightarrow x=1+\sqrt{5}j \; ,\; 1-\sqrt{5}j \]

[Far]

เอาโจทย์ของเค้ามั่ง ๒[(sin2x)^2][(cos3x)^2]dx

[gon]

ยอดเยี่ยมมากครับ. น้อง M@gpie รู้สึกว่าจะไม่ได้กลัวสมการกำลัง 7 เอาเสียเลยนะครับ.. อุตส่าห์ตั้งไว้สูง ๆ แล้วนะนี่

วันนี้ก็สำคัญยิ่งกว่า " Pi day " เสียอีก (มั้ง) เพราะเป็นครั้งแรกที่สมาชิกผู้หญิงเรา ตั้งปัญหาท้าดวล

เพื่อเป็นการฉลอง " Pi day " ผมยกเอาสูตร ที่คิดได้เมื่อบ่ายวันก่อนมาโชว์นิดหน่อย (เกี่ยวกันไหมนี่) อย่างน้อยก็มีตัว pi ติดอยู่นะ.

\[\bf Theorem (มั้ง) : \sin \frac{\pi}{2(2^{n+1} + 1)} = \frac{1}{2}\sqrt{2 - \underbrace{ \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt{2 + \cdots }}}}_{\text{$n\;$ตัว}}} \quad , n \ge 1\]

ตัวอย่าง.
\( \sin \frac{\pi}{10} = \frac{1}{2}\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{ 2 - \sqrt {2 + \cdots }}}} \)

\( \sin \frac{\pi}{18} = \frac{1}{2}\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{ 2 + \sqrt {2 - \sqrt{2 + \sqrt{2 + \sqrt {2 - \cdots }}} }}}} \)

\( \sin \frac{\pi}{34} = \frac{1}{2}\sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt{ 2 + \sqrt {2 + \sqrt{2 - \sqrt{2 + \sqrt {2 + \sqrt {2 + \sqrt{2 - \cdots } } }}} }}}} \)

ผมลองตรวจสอบ Numerical โดย Mathematica ไป 3 ค่าข้างบน ใครจะลองตรวจต่อก็ดีเหมือนกัน. โอ๊ะ ๆ ขึ้นวันใหม่แล้ว...

[R-Tummykung de Lamar]

ผมเคยเจออันนี้มาครับ e^pึ163 (อย่างน้อยก็มี p ติดอยู่นิดนึงล่ะเนอะ )
เห็นในหนังสือคณิตคิดสนุกบอกว่า มีคนพิสูจน์แล้วว่าได้เลข 9 ซ้ำ เป็นล้านตัว
แต่ผมลองมาตรวจสอบค่ากับ Mathematica ปรากฎว่าค่านี้คือ

262 537 412 640 768 743. 999 999 999 999 250 072 597 198 185 688 879 353 856 337 336 990 862 707 537 410 378 210 647 910 118 607 312 951 181 346 186 064 504 193 083 887 949 753 864 044 905 728 714 477 196 814 852 322 432 039 116 478 291 488 642 282 720 131 178 317 07

ซึ่งออกมาได้ 9 เพียง 12 ตัวเท่านั้น ...จริงเท็จอย่างไรครับ

[gon]

ข้อ 7 ครับ. สมมติให้ \(a_n = \frac{1}{n^2(n + 1)} = \frac{A}{n} + \frac{B}{n^2} + \frac{C}{n+1} \)
จะได้ว่า \(A = -1, B = C = 1 \Rightarrow S_n = (\frac{1}{n+1} - 1) + \Sigma \frac{1}{n^2} \)
\(\therefore \quad S_{\infty} = \lim_{n \to \infty} S_n = -1 + \frac{\pi^2}{6} \)