Calculus Marathon

[Punk]

สมการ $2^{-x}=x$ มีเพียงคำตอบเดียว(โดยการวาดกราฟ) และจาก mean value theorem ทำให้ได้ว่า
\[
|2^{-x}-2^{-y}|\leq|x-y|,\qquad x,y\geq0
\]
ปล. ลองดูบทความใน my maths เล่มล่าสุด เรื่องจำนวนจุดตัดของกราฟ expo-log

[Mastermander]

13. $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^n x \; dx $

[alongkorn]

ขอแก้ตัวหลังจากปล่อยไก่ข้อลิมิต

ใช้ by part โดยให้ $u = \sin^n x$ และ $dv = dx$ ดังนั้น $du = n\sin^{n-1}x \cos x\,dx$ และ $v = x$ จะได้ว่า
$$\int\sin^nx\,dx = x \sin^n x - \int nx\sin^{n-1}x\cos x\,dx$$
ดังนั้น
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{\pi}{2} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} nx\sin^{n-1}x\cos x\,dx$$
เนื่องจาก
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^n(\pi/2 - x)\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nx\,dx$$
ใช้ by part โดยให้ $u = \cos^n x$ และ $dv = dx$ ดังนั้น $du = -n\cos^{n-1}x \sin x\,dx$ และ $v = x$ จะได้ว่า
$$\int\cos^nx\,dx = x \cos^n x + \int nx\cos^{n-1}x\sin x\,dx$$
เนื่องจาก
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^nx\,dx = 0 + \int_0^{\frac{\pi}{2}} nx\cos^{n-1}x\sin x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} n(\pi/2 - x)\sin^{n-1}x\cos x\,dx$$
ดังนั้น
$$\frac{\pi}{2} - \int_0^{\frac{\pi}{2}} nx\sin^{n-1}x\cos x\,dx = \int_0^{\frac{\pi}{2}} n(\pi/2 - x)\sin^{n-1}x\cos x\,dx$$
$$\frac{\pi}{2} = \int_0^{\frac{\pi}{2}} n(\pi/2)\sin^{n-1}x\cos x\,dx$$
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} n\sin^{n-1}x\cos x\,dx = 1$$
จึงสรุปได้ว่า
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{\pi}{2} - 1$$

[warut]

ไม่เข้าใจการพิสูจน์ช่วงสรุปครับ และคำตอบก็คงไม่ถูกด้วย (จากการแทน $n=1$)

[alongkorn]

ที่คุณ warut ไม่เข้าใจนั้นก็ถูกต้องแล้วครับ เพราะผมทำผิด (อีกแล้วครับท่าน) เอางี้ดีกว่า ใช้สูตรลดทอนดีกว่า จาก
$$\int\sin^nx\,dx = -\frac{1}{n}\cos x\sin^{n-1}x + \frac{n-1}{n}\int\sin^{n-2}x\,dx$$
จะได้ว่า
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{n-1}{n}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-2}x\,dx$$
ถ้าใช้สูตรลดทอนต่อไปอีก จะได้
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{(n-1)(n-3)}{n(n-2)}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n-4}x\,dx$$
ดังนั้นพอจะมองออกว่า ถ้าใช้สูตรลดทอนไปเรื่อย ๆ สุดท้ายจะได้ว่า ถ้า $n$ เป็นจำนวนคี่ แล้ว
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{(n-1)(n-3)\ldots 2}{n(n-2) \ldots 3}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin x\,dx = \frac{(n-1)(n-3)\ldots 2}{n(n-2) \ldots 3}$$
และถ้า $n$ เป็นจำนวนคู่ แล้ว
$$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^nx\,dx = \frac{(n-1)(n-3)\ldots 1}{n(n-2) \ldots 2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\,dx = \frac{(n-1)(n-3)\ldots 1}{n(n-2) \ldots 2}\cdot\frac{\pi}{2}$$

เอ่อ ขอละ complete proof นะครับ พิมพ์จนมึนแล้ว ถูกแล้วยังเอ่ย?

[alongkorn]

สมมติว่าผมทำโจทย์ของคุณ Mastermander ถูกแล้วกันนะครับ ผมขอตั้งโจทย์ข้อใหม่นะครับ

14. จงหาค่าของ $$\int_0^1\frac{\ln(x + 1)}{x^2 + 1}\,dx$$

[nooonuii]

ข้อความเดิมของคุณ Punk:

12. จงหาจำนวนผลเฉลย $x\in\mathbb{R}$ ของสมการ
$$
2^{-2^{-x}}+2^{-x}=2x
$$

(Hint: Mean value theorem)

ขอทำข้อของพี่ Punk ก่อนละกันครับ

ให้ $f(x)=2^{-x}$ จะได้ว่า $f'(x) = -(\ln{2})f(x)$
เนื่องจาก $f$ เป็นฟังก์ชันลดและ $f(x)\leq 1 $ ทุกค่า $x>0$ เราจะได้ว่า
$f(f(x))\geq f(1) = \frac{1}{2}$ ทุกค่า $x>0$

ให้ $g(x) = f(f(x)) + f(x) - 2x$ จะได้ว่า
ถ้า $x\leq 0$ เราจะได้ $g(x)>0$ เสมอ ดังนั้น $g$ ไม่มีรากในช่วง $(-\infty,0]$
สำหรับ $x>0$ เราได้ว่า
$g'(x) = f'(f(x))\cdot f'(x) + f'(x) - 2$
$ = f'(x)[f'(f(x))+1] - 2$
$=f'(x)[1 - (\ln{2})f(f(x))] - 2$
$\displaystyle{ \leq f'(x)(1-\frac{\ln{2}}{2}) - 2 < 0 }$ ทุกค่า $x>0$

ดังนั้น $g$ เป็น strictly decreasing function ในช่วง $(0,\infty)$ จึงมีรากได้ไม่เกินหนึ่งรากในช่วงนี้
เนื่องจาก $g(1)>0$ และ $g(2)<0$ เราจึงได้ว่า $g$ มีรากในช่วง $(1,2)$ โดย Intermediate Value Theorem
เพราะฉะนั้นสมการ $2^{-2^{-x}}+2^{-x}=2x$ มีคำตอบเพียงคำตอบเดียวและคำตอบนั้นอยู่ในช่วง (1,2) ครับ

[warut]

$g(1)=(\sqrt2-3)/2<0$ ครับ ข้อนี้ผมทำคล้ายๆกับคุณ nooonuii เลยจำได้ว่าผมใช้ $g(0)=3/2>0$ ครับ

[Punk]

ข้อความเดิมของคุณ nooonuii:

...
$g'(x) = f'(f(x))\cdot f'(x) + f'(x) - 2$
$ = f'(x)[f'(f(x))+1] - 2$
$=f'(x)[1 - (\ln{2})f(f(x))] - 2$
$\displaystyle{ \leq f'(x)(1-\frac{\ln{2}}{2}) - 2 < 0 }$ ทุกค่า $x>0$
...

ตรงอสมการแรกในบรรทัดสุดท้ายไม่แน่ใจว่าถูกมั้ย เพราะ $f'(x)<0$

ปล. อยากให้เฉลยเมื่อไหร่ก็บอกได้นะครับ

[warut]

อืม ใช่ครับมีปัญหาตรงนั้นจริงๆด้วย แต่ที่ผมทำไม่เหมือนกับคุณ nooonuii เป๊ะ จึงหวังว่าคงไม่มีปัญหาแบบเดียวกัน ผมทำโดยพิจารณาฟังก์ชัน $$y= 2^{-u}+u+ 2\log_2u, \quad u=2^{-x}$$ แทนครับ แต่ไม่รู้ว่าจะคุ้มมั้ยที่จะคิดใหม่ (ทิ้งกระดาษทดไปแล้ว) และพิมพ์ เพราะเดี๋ยวก็คงได้เห็นเฉลยสวยๆแล้ว

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ Punk:
ฝากสักข้อละกัน(หวังว่าจะไม่ทำให้กระทู้เดี้ยงไปนะ)

12. จงหาจำนวนผลเฉลย $x\in\mathbb{R}$ ของสมการ
$$
2^{-2^{-x}}+2^{-x}=2x
$$

(Hint: Mean value theorem)

ก็เกือบๆเดี้ยงไปเหมือนกันล่ะครับ

วิธีทำของผมซึ่งไม่ได้ใช้ Mean Value Theorem เป็นดังนี้ครับ

โดยการให้ $u=2^{-x}>0$ เราสามารถเปลี่ยนปัญหาไปเป็นการหาจำนวนรากของ $$f(u)= u+2^{-u}+ 2\frac{\ln u}{\ln2}$$ แทนได้

เนื่องจาก $$f'(u)=1-2^{-u}\ln2+\frac{2}{u\ln2} >0$$ เพราะเมื่อ $u>0$ แล้ว $$2^{-u}\ln2<\ln2<1 \quad และ \quad \frac{2}{u\ln2}>0$$ ดังนั้น $f(u)$ จึงเป็น strictly increasing function และเนื่องจาก $f(1/2)= (\sqrt2-3)/2<0$ และ $f(1)=3/2>0$ ดังนั้น $f(u)$ จึงมีรากจริงเพียงรากเดียว และรากนั้นอยู่ในช่วง $(1/2,1)$ ซึ่งนั่นทำให้เรารู้ว่า สมการโจทย์มีคำตอบที่เป็นจำนวนจริงเพียงคำตอบเดียวเช่นกัน (เพราะ $2^{-x}$ เป็นฟังก์ชัน 1-1) และคำตอบนั้นอยู่ในช่วง $(0,1)$ ครับ

[nooonuii]

ง่ะ ผิดอื้อเลยครับ สะเพร่าอีกแล้ว ยังไงก็คงต้องรอดูเฉลยแล้วล่ะครับ หมดไฟซะแล้ว

[warut]

ข้อความเดิมของคุณ alongkorn:
14. จงหาค่าของ $$\int_0^1\frac{\ln(x + 1)}{x^2 + 1}\,dx$$

ให้ $x=\tan\theta$ อินทิกรัลโจทย์จะกลายเป็น $$ \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan\theta) \,d\theta$$ $$= \int_0^{\pi/4} \ln(\sin\theta +\cos\theta) -\ln\cos\theta \,d\theta$$ $$= \int_0^{\pi/4} \ln \left( \sqrt2 \sin \left( \theta + \frac{\pi}{4} \right) \right) -\ln\cos\theta \,d\theta$$ $$= \int_0^{\pi/4} \frac12 \ln2+ \ln\sin \left( \theta +\frac{\pi}{4} \right) -\ln\cos\theta \,d\theta$$ โดยการแทนค่า $u=\pi/4 -\theta$ เราจะพบว่า $$ \int_0^{\pi/4} \ln\sin \left( \theta +\frac{\pi}{4} \right) \,d\theta =\int_0^{\pi/4} \ln\cos u\,du$$ ดังนั้นคำตอบของเราจึงเป็น $$ \int_0^{\pi/4} \frac12 \ln2 \,d\theta = \frac{\pi}{8} \ln2$$ ครับผม

[passer-by]

คำถามของคุณ Alongkorn เป็นคำถามยอดฮิตข้อนึง เกี่ยวกับอินทิเกรตเลยนะครับเนี่ย เพราะ ข้อนี้เคยถูกใช้เป็นข้อสอบ ของ A.M.I.E. (1978) หรือข้อสอบของสถาบันวิศวกรรม ของอินเดีย และล่าสุด ยังเป็นข้อสอบ Putnam 2005 อีกด้วย ซึ่งมีเฉลยไว้ 4 แบบครับ

จริงๆ ข้อนี้หลังจากเปลี่ยนให้ติด tanq แล้ว อาจทำอย่างนี้เลยก็ได้ครับ

$ \displaystyle{ \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan\theta) \,d\theta} $
$ \displaystyle{= \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan(\frac{\pi}{4}-\theta)) \,d\theta } $
$ \displaystyle{= \int_0^{\pi/4} \ln(\frac{2}{1+\tan\theta}) \,d\theta} $
$ \displaystyle{= \int_0^{\pi/4} \ln(2)\,d\theta -\int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan\theta) \,d\theta} $

จากนั้น ก็ย้ายข้างสมการ จะได้
$ \displaystyle{ \int_0^{\pi/4} \ln(1+\tan\theta) \,d\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\pi/4} \ln(2)\,d\theta} $

หลังจากนี้ ก็ไม่มีอะไรซับซ้อนแล้วครับ

[Punk]

เฉลยละกันข้อ 12. ข้อนี้สามารถใช้กับกรณีทั่วไป สมการ
\[
f^{(n)}(x)+f^{(n-1)}(x)+\cdots+f(x)=nx
\]
เมื่อ $f(x)=2^{-x}$ และ $f^{(n)}(x)=f(f(\cdots f(x)\cdots))$ (มี $f$ ทั้งหมด $n$ ตัว) อย่างไรก็ตามขอทำกรณีเฉลาะละกันครับ

ให้ $x_0$ เป็นคำตอบหนึ่งเดียวของสมการ $f(x)=x$ เห็นได้ชัดว่า $x_0$ เป็นคำตอบของสมการที่ต้องการ กล่าวคือ $f(f(x_0))+f(x_0)=2x_0$
ถ้า $y$ เป็นคำตอบด้วย ($f(f(y))+f(y)=2y$) ดังนั้น
\[
\begin{eqnarray}
2|x_0-y|&\leq|f(f(x_0))-f(f(y))|+|f(x_0)-f(y)|\\
&\leq|f(x_0)-f(y)|+|x_0-y|\leq2|x_0-y|
\end{eqnarray}
\]
โดยผลของ Mean value theorem เพราะฉะนั้น $f(x_0)=f(y)$ ดังนั้น $y=x_0$