Calculus Marathon (2)

[passer-by]

Question 76

Let $ u= e^x $ and integrand is of the form
$$ \frac{1}{u(u^2+a^2)} = \frac{1}{a^2}(\frac{1}{u}-\frac{u}{u^2+a^2}) $$

Now we can integrate easily.

The answer of this question is $ e^{-2\pi}(\pi-\ln(\sqrt{2})) $


Next question....

Question 77: Evaluate $$ \int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos(x) \,\,dx $$

[Mastermander]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:

Now we can integrate easily.

The answer of this question is $ e^{-2\pi}(\pi-\ln(\sqrt{2})) $

ถ้าไม่จำกัดเขตจะได้

$$ \int \frac{dx}{e^{2x}+e^{2\pi}}=e^{-2\pi}\bigg(x-\frac12 \ln(e^{2\pi}+e^{2x})\bigg) $$

เมื่อใส่ขอบเขตไป จะได้คำตอบคือ $e^{-2\pi}\big(\frac12 \ln(e^{2\pi}+1)-\ln(\sqrt2)\big) $

คุณ passer-by คิดเลขผิดนิดหน่อยครับ เพราะแทน $e^0=0$

[M@gpie]

ขอเปลี่ยนตัวแปรละกันนะครับ จะได้สะดวก
\[ \int_0^{\infty} e^{-t^2} \cos t \;dt = \frac{1}{2}\int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2} \cos t \;dt\]
เราสามารถใช้ผลการแปลงฟูริเยร์หาค่าปริพันธ์ข้างบนได้
ให้ $f(t)= e^{-t^2} \cos t $ จะได้ว่า
\[ F(\omega ) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-t^2} \cos t \; e^{-j\omega t}\;dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}(e^{-(\omega-1)^2/4} + e^{-(\omega+1)^2/4})\]
เมื่อเราให้ $\omega =0$ ดังนั้น $F(0)= \frac{\sqrt{\pi}}{2}(e^{-1^2/4} + e^{-1^2/4}) = \sqrt{\pi}e^{-1/4}$
\[ \int_0^{\infty} e^{-t^2} \cos t \;dt = \frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-1/4}\]

แก้ไขให้แล้วครับ ผมลืมตรงเปลี่ยน cos นิดหน่อยครับ อิอิ ข้อนี้น่าจะใช้ Complex integration ทำได้นะครับเลือก contour เจ๋งๆมาซักเส้น

[Mastermander]

ผมเจอแบบ Generalize เป็น $$ \int_{-\infty}^\infty e^{-ax^2}\cos(kx)\,dx=\sqrt{\frac{\pi}{a}}e^{-\frac{k^2}{4a}} $$
ดังนั้น $ \displaystyle{ \int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos(x) \,\,dx =\frac{\sqrt\pi}{2 e^{1/4}}} $

[passer-by]

ก่อนอื่นต้องขอบคุณน้อง Mastermander สำหรับ correction ของข้อ 76 ครับ

ส่วนคำตอบคุณ M@gpie ตกเลข 2 ไป ตามสูตรที่น้อง Mastermander ลงไว้ครับ (ว่าแต่น้อง Mastermander กะจะ take ทั้ง Laplace transform และ fourier transform ให้เป็นก่อนเข้าปี 1 เลยหรือครับเนี่ย )

อืมมม...จริงๆแล้ว ผมก็ไม่ได้กะให้เล่นอาวุธสำเร็จรูปอย่าง Fourier transform หรอกครับ

สงสัยคุณ M@gpie คงกำลังดำดิ่งอยู่ในห้วงของ Lebesgue integration จึงใช้วิธีนี้ เพราะ fourier transform จะ work properly กับ Lebesgue integration ครับ

มาดูวิธีแบบค่อนข้าง soft กันบ้าง

Define $ f(t) = \int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos(xt) \,\, dx $

Differentiate under integral sign, then we have

$ f '(t) = -\int_0^{\infty} xe^{-x^2}\sin(xt) \,\, dx $

Integrate by parts $ (u= \sin(xt) \,\, dv= xe^{-x^2} dx) $ and we get

$ f '(t) = -\frac{t}{2}\int_0^{\infty} e^{-x^2}\cos(xt) \,\, dx =-\frac{t}{2}f(t) $

Observe that $ f(0)= \int_0^{\infty} e^{-x^2} \,\, dx =\frac{\sqrt{\pi}}{2} $

Now we have simple linear ODE order 1 with initial condition.

After solving, we get $ f(t)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{\frac{-t^2}{4}} $ And substitute $ t=1$
,we have got the solution !

NOTE : $ f(t) $ and $ f'(t) $ are both valid by M-test for uniform convergence of integral,that is, $$ \mid e^{-x^2}\cos(xt) \mid \leq e^{-x^2} \,\,\text{and} \int_0^{\infty} e^{-x^2} \,\, dx \,\,\text{converges} $$ $$ \mid xe^{-x^2}\sin(xt) \mid \leq xe^{-x^2} \,\, \text{and} \int_0^{\infty} xe^{-x^2} \,\, dx \,\, \text{converges}$$

ตรง Note ผมแค่เสริมเข้าไปให้วิธีทำมัน complete ครับ ถ้าใครอ่านแล้วงง ก็ลองเปิดตำรา Maths มหาวิทยาลัยแล้วกันนะครับ

[M@gpie]

วิธีที่ผมใช้เป็นวิธีที่เอาไปใช้เลยที่ผมใช้น่ะครับโดยไม่ต้องรู้ถึง Lebesgue integration ก็ได้ ครับ เพราะเป็นแค่ส่วนเติมเต็มของทฤษฎีเฉยๆ
ตัวทฤษฎีฟูริเยร์ จริงๆ เอาไว้มีโอกาสคงได้ไป(ขอ)เรียนปีหน้าครับ

ข้อนี้รู้สึกจะเป็นข้อสอบมิดเทอมวิชา Signal and system ปีนี้ด้วยครับ ได้ 0 กันไปค่อนภาค ราบคาบ

[nongtum]

เฉลยข้อ 67 ตามสัญญาครับ อย่างที่คุณ warut ได้บอกที่ผิดของโจทย์ข้อนี้มาแล้ว จะได้ช่วยกันดูด้วยว่าผู้เขียนพลาดตรงไหน
โดยอาศัยแนวคิดนี้ น่าจะัช่วยตอบคำถามข้อหนึ่งในกระทู้ถูกผิดมาราธอนได้นะครับ

[warut]

ผมผิดเองครับ ลืมไปว่าเขากำหนดไว้ว่า $f(t)\ge0$ เสมอ

[Mastermander]

78. Compute $$\int_0^\infty \arctan\dfrac{\Theta^2}{x^2}\,dx$$

[passer-by]

Next question (ไม่น่ายาก)

79. Evaluate $$ \int \!\!\! \int_A \sin\big( \frac{y-x}{y+x} \big) \,\, dA $$ where $A$ is triangular region bounded by $ y= 2- x $ and x- axis , y-axis

p.s. ผมเพิ่งสังเกตเห็นว่า วิธีทำในข้อ 77 น่าจะ apply มาทำข้อ 74 ของคุณ timestopper ได้ ซึ่งอาจต้อง diff 2 ครั้ง (แต่ผมยังไม่ได้ลองนะครับ แค่ assume ว่าน่าจะทำได้)

[M@gpie]

79. ขอทำแบบลัดนิดนึงนะครับ

จากพื้นที่ของการอินทิเกรต $A =\{ (x,y) \; | x\geq 0,\; \; y\geq 0,\;\; x+y \leq 2 \}$
ทำการเปลี่ยนตัวแปรโดยให้ $ u=y-x, \; \; v=y+x \;\;$
และพื้นที่ของการอินทิเกรตจะเปลี่ยนเป็น $S =\{ (u,v) \; | u \geq -v, \; u\leq v,\;\; v\leq 2 \}$
และ Jacobian ของการเปลี่ยนตัวแปรคือ $J(x,y) = -\frac{1}{2}$
จะได้ว่า
\[ \int \int_{A} \sin \left( \frac{y-x}{y+x}\right) dA = \int_{0}^{2}\int_{-v}^{v}\sin (\frac{u}{v}) |J(x,y)|dudv\]
ซึ่งสามารถอินทิเกรตได้ด้วยการเปลี่ยนตัวแปรปกติ

ปล. แก้ไขแล้วครับ ไม่ได้ใช้นานลืม เลยต้องเปิดหนังสือดูก่อน

[passer-by]

สังหรณ์ใจนิดๆ ว่าคนที่ตอบข้อนี้ต้องเป็นคุณ M@gpie แล้วก็ทายถูกซะด้วย อิอิ

แต่คุณ M@gpie ใส่ขอบเขตของ $v$ กับค่า Jacobian ยังไม่ถูกนะครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมของคุณ Mastermander:
78. Compute $$ \int_0^\infty \arctan\dfrac{\Theta^2}{x^2}\,dx $$

ไม่แน่ใจว่ามีวิธีสั้นกว่านี้หรือเปล่านะครับ

Let $ u= \frac{\Theta}{x} $

And integration becomes $$ \Theta \int_0^\infty \dfrac{\arctan u^2}{u^2}\,\, du $$

$$ \begin{array}{rcl} \int_0^\infty \dfrac{\arctan u^2}{u^2}\,\, du &=& \int_0^\infty \dfrac{1}{u^2}\bigg(\int_0^u \dfrac{2v}{1+v^4}\,\, dv\bigg) \,\, du \\ &=& \int_0^\infty\!\!\! \int_0^u \dfrac{2v}{u^2(1+v^4)}\,\, dvdu \\ &=& \int_0^\infty\!\!\! \int_v^{\infty} \dfrac{2v}{u^2(1+v^4)}\,\, dudv \\&=& \int_0^\infty \dfrac{2}{1+v^4}\,\, dv \\&=&\int_0^\infty \dfrac{v^2+1}{v^4+1} - \dfrac{v^2-1}{v^4+1}\,\, dv \\&=& \int_0^\infty \dfrac{1+\frac{1}{v^2}}{v^2+\frac{1}{v^2}} - \dfrac{1-\frac{1}{v^2}}{v^2+\frac{1}{v^2}}\,\, dv \end{array} $$

First integrand : use $ w= v- \frac{1}{v}$
Second integrand : use $ z= v +\frac{1}{v}$

Finally , solution of question 78 is $ \frac{\Theta \pi}{\sqrt{2}} $

[passer-by]

ข้อนี้น่าสนใจดี เลยเอามาให้ลองทำดูครับ

80. กำหนดให้ $g$ เป็น twice differentiable function บนจำนวนจริงบวก และ

$$ g(x)+ 2x^3g'(x) +x^4g''(x)= 0 \,\, (\forall x >0) $$
$$ \lim_{x\rightarrow \infty} xg(x)=1 $$

หาจำนวนจริง $ a >1 $ ซึ่งทำให้ $g(a) = \frac{1}{2}$

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:

$$ \begin{array}{rcl} \int_0^\infty \dfrac{\arctan u^2}{u^2}\,\, du &=& \int_0^\infty \dfrac{1}{u^2}\bigg(\int_0^u \dfrac{2v}{1+v^4}\,\, dv\bigg) \,\, du \\ &=& \int_0^\infty\!\!\! \int_0^u \dfrac{2v}{u^2(1+v^4)}\,\, dvdu \\ &=& \int_0^\infty\!\!\! \int_v^{\infty} \dfrac{2v}{u^2(1+v^4)}\,\, dudv\end{array} $$

งงตอนสลับขอบเขตอะครับ
ทำไมพอสลับduกับdvละขอบเขตเปลี่ยนเป็น0ถึงuเป็นvถึง$\infty$
ต้องใช้ความรู้เรื่องอะไรป็นพิเศษรึเปล่าครับ