ตะลุยโจทย์ Integrate

[passer-by]

2 ข้อนี้ แปะให้ทำเพลินๆนะครับ

(A) If 0 < a< b , Evaluate $$ \int_a^b \frac{e^{\frac{x}{a}}-e^{\frac{b}{x}}}{x} \,\, dx $$

(B) Evaluate $$ \int \arcsin(\frac{2x}{1+x^2}) \,\, dx $$

[Mastermander]

$$\int \arcsin(\frac{2x}{1+x^2}) \, dx$$
$x=\tan u\quad ,dx=\sec^2u\ du$
$$\int \arcsin(\frac{2\tan u}{1+\tan^2u})\sec^2u\, du$$
$\sin 2u=\frac{2\tan u}{1+\tan^2u}$
$$\int 2u\, d(\tan u)\quad :by\; parts$$
$$2u\tan u-2\int\tan u\ du$$
$$2u\tan u -2\ln|\sec u|+c$$
$$2x\arctan x-\ln(x^2+1)+c$$

[passer-by]

ข้อ B ถูกแล้วครับ ส่วนข้อ A ลองแยกอินทิเกรตเป็น 2 เทอมดูสิครับ

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
(A) If 0 < a< b , Evaluate $$ \int_a^b \frac{e^{\frac{x}{a}}-e^{\frac{b}{x}}}{x} \,\, dx $$

ด้วยการแปลง $ x/a = b/y $ เราจะได้ $$ \int_a^b \frac{e^{x/a}}{x} \, dx = \int_a^b \frac{e^{b/y}}{y} \, dy $$ ดังนั้นคำตอบคือ $0$ ครับ

[passer-by]

สำหรับ ใครที่ integrate mania ลองทำดูนะครับ (ไม่ยากมาก)

$$ \int \frac{x^2e^{\arctan(x)}}{\sqrt{1+x^2}} \,\, dx$$

[จตุราชา]

งงว้อย
5555555555555555555555555555555555555555555555

[MipPR]

โจทย์มอปลายแล้วหรือนี่ ยากจัง

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ MipPR

โจทย์มอปลายแล้วหรือนี่ ยากจัง

ก็ยอมรับน่ะครับ ว่ากระทู้มันอาจจะแตกต่างจากกระทู้อื่นในห้องมัธยม เพราะจุดเริ่มต้น มาจากการที่คุณ Mastermander อยากศึกษา วิธีอินทิเกรตที่ลึกซึ้งกว่า ม.ปลาย มันก็เลยมีโจทย์แตกแขนงออกไปมากมาย ที่ค่อนไปทางมหาวิทยาลัย

ถ้าสนใจก็ ลองไล่ดูแต่แรกแล้วกัันครับ น่าจะช่วยให้น้องๆมัธยมได้เห็นอะไรที่แตกต่างจากกรอบของหนังสือ ม.ปลาย

ป.ล. สำหรับใึครที่ by parts เป็นแล้ว ก็ลองทำข้อที่แปะไว้ล่าสุดได้ครับ

[M@gpie]

ยากเหมือนกันนะครับ มองอยู่นานทีเดียว แต่ผมไม่ integrated mania ทำได้ไหมครับพี่ passer-by
Let $u=\arctan x$. We can see that \[ \int \frac{x^2e^{\arctan x}}{\sqrt{1+x^2}} dx = \int e^u\tan^2 u \sec u du \]
Consider
\[ \int e^u\tan^2 u \sec u \; du = \int e^u\sec^3u \; du - \int e^u\sec u \; du \]
Notice that ${\displaystyle \int e^u \sec ^3 u du = \int e^u\sec u \; d(\tan u) }$. Using the integration by parts, we obtain \[ \begin{array}{ccc}{\displaystyle \int e^u \sec ^3 u \; du } &=& {\displaystyle e^u \sec u \; \tan u - \int \tan u (e^u \sec u \; \tan u + e^u\sec u) \; du } \\
&=& {\displaystyle e^u \sec u \; \tan u - \int e^u \tan ^2 u \sec u du - \int e^u\tan u\sec u \; du } \end{array} \].
Using the integration by parts again, ${\displaystyle \int e^u\tan u\sec u \; du = e^u\sec u - \int e^u\sec u \; du }$
Hence, \[\begin{array}{ccl}{\displaystyle \int e^u\tan^2 u \sec u \; du } &=& {\displaystyle e^u \sec u \; \tan u - \int e^u \tan ^2 u \sec u du - \int e^u\tan u\sec u \; du - \int e^u\sec u \; du} \\
{\displaystyle 2 \int e^u\tan^2 u \sec u } &=& {\displaystyle e^u \sec u \; \tan u -(e^u\sec u - \int e^u\sec u du) - \int e^u\sec u \; du} \\
{\displaystyle \int e^u\tan^2 u \sec u } & = &{\displaystyle \frac{1}{2} \left[ e^u \sec u \; \tan u - e^u\sec u \right] + C } \end{array}\]
Replace $u=\arctan x $, so we are done.

[Timestopper_STG]

สงสัยผมจะเป็นโรคนี้อยู่แหละครับไม่ทราบว่ามีอีกไหมครับ

[M@gpie]

จัดให้ครับ \[ \int \left( \ln (\ln x) + \frac{1}{(\ln x)^2}\right) dx\]

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ M@gpie

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

Let $\displaystyle{x=e^u}$ then we get
$\displaystyle{\int \left( \ln (\ln x) + \frac{1}{(\ln x)^2}\right) dx=\int \left(e^u\ln u+\frac{e^u}{u^2}\right)du}$
Evaluate $\displaystyle{\int e^u\ln udu}$ with byparts method...
$\displaystyle{\int e^u\ln udu=e^u\ln u-\int\frac{e^u}{u}du+C=e^u\ln u-\frac{e^u}{u}-\int\frac{e^u}{u^2}du+C}$
$\therefore\displaystyle{\int \left(e^u\ln u+\frac{e^u}{u^2}\right)du=e^u\ln u-\frac{e^u}{u}+C}$
$\therefore\displaystyle{\int \left( \ln (\ln x) + \frac{1}{(\ln x)^2}\right) dx=x\left(\ln(\ln x)-\frac{1}{\ln x}\right)+C}$

[passer-by]

มา integrate mania กันต่อ (ข้อนี้น่าจะง่ายขึ้นเยอะแล้วล่ะ)

ให้ a >0 หาค่า $$ \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\tan^{-1}x}{x} \,\,d x $$

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

มา integrate mania กันต่อ (ข้อนี้น่าจะง่ายขึ้นเยอะแล้วล่ะ)

ให้ a >0 หาค่า $$ \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\tan^{-1}x}{x} \,\,d x $$

$\displaystyle{\int_{\frac{1}{a}}^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx=\int_1^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx+\int_{\frac{1}{a}}^1\frac{\tan^{-1}x}{x}dx}$
$\displaystyle{\int_{\frac{1}{a}}^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx=\int_1^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx+\int_a^1\frac{\tan^{-1}\dfrac{1}{x}}{\dfrac{1}{x}}d\left(\frac{1}{x}\right)}$...replace $x$ by $\dfrac{1}{x}$ in the second integral
$\displaystyle{\int_{\frac{1}{a}}^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx=\int_1^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx+\int_1^a\frac{\tan^{-1}\dfrac{1}{x}}{x}dx}$
$\displaystyle{\int_{\frac{1}{a}}^a\frac{\tan^{-1}x}{x}dx=\frac{\pi}{2}\int_1^a\frac{dx}{x}=\frac{\pi}{2}\ln a}$
Note that : $\arctan x+\arctan\dfrac{1}{x}=\dfrac{\pi}{2}$
ปล. รู้สึกว่าโรคนี้จะมีคนเป็นน้อยมากเลยนะครับ(เอ๊ะ..ละผมไปติดมาจากใครเนี่ย)

[passer-by]

Another version :

Define $ I= \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\arctan(x)}{x} \,\, dx $

Let $ u =\frac{1}{x}$ and substitute it in given integral.

Finally we obtain

$ I= \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\arctan(\frac{1}{u})}{u} \,\, du = \int_{\frac{1}{a}}^a \frac{\frac{\pi}{2}-\arctan(u)}{u} \,\, du = \pi \ln a - I $

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