ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน

[Switchgear]

ข้อความบางส่วนจากหน้า 160 ในหนังสือ “คู่มืออาจารย์ สาขาวิศวกรรมศาสตร์ วิทยาศาสตร์ และคณิตศาสตร์”
แปลจากต้นฉบับภาษาอังกฤษโดย ศ.ดร.มงคล เดชนครินทร์

หลักการศึกษาแบบให้เลือกวิชาเรียนนั้น อเมริกาเรานำมาใช้ในตอนปลายศตวรรษที่ 19 ด้วยเช่นกัน
ก่อนหน้านั้นนิสิตนักศึกษาในมหาวิทยาลัยไม่มีการเลือกเรียนเพื่อความชำนัญพิเศษ เพราะระบบ
การศึกษาต้องการให้บัณฑิตมีความรู้ดีในสาขาวิชาทั่วๆไปทุกสาขา อย่างไรก็ตาม การเลือกวิชาเพื่อ
ความชำนัญพิเศษได้เริ่มขึ้นด้วยเหตุการณ์ที่เรียกว่า การเสริมสร้างครั้งใหญ่ (the Great Saltation)
และได้ดำเนินเรื่อยมาจนในตอนหลังๆ ออกจะสุดโต่งไปหน่อย เคยมีเรื่องเล่าว่าท่านอธิการบดีโลเวลล์
(President Lowell) แห่งมหาวิทยาลัยฮาร์วาร์ดถึงกับเอ่ยปากเย้นหยันวิทยานิพนธ์เรื่องหนึ่งของ
นักศึกษาในมหาวิทยาลัยแห่งนั้น ซึ่งศึกษาเรื่อง “ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน”

------------------------------------------------------------------------------------

ผมหวังว่าโจทย์ในกระทู้นี้ซึ่งมาจากข้อสอบชิงทุนที่ Oxford และ Cambridge เมื่อกว่า 100 ปีที่แล้ว
ครอบคลุมเนื้อหาทั้ง เรขาคณิต, พีชคณิต, ตรีโกณมิติ, ภาคตัดกรวย และกลศาสตร์พื้นฐาน คงจะให้
ประโยชน์มากพอ และไม่สุดโต่งเกินไปจนกลายเป็น “ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน”

ข้อสอบชิงทุนเหล่านี้ แบ่งออกเป็นข้อสอบ 100 ชุด โดยมีโจทย์อยู่ชุดละ 12 ข้อ รวมแล้ว 1200 ข้อ

ผู้มีใจรักคณิตศาสตร์ทั้งหลาย คงไม่พลาดที่จะติดตามอ่านนะครับ :)
.

[Switchgear]

มาแล้วครับ...ข้อสอบชุดที่ 1 .. อาจยากไปหน่อย เพราะเป็นภาษาอังกฤษซะด้วย
หากใครพอแปลให้เพื่อนเข้าใจได้ ก็ขอให้ช่วยแปลเป็นไทยด้วยครับ


PROBLEM PAPERS 1

1. Through a given point draw a straight line which shall form with two given straight lines a triangle of given perimeter.

2. Any radius of a circle is drawn and a circle is described upon it as diameter. Prove geometrically that the locus of the centre of a circle described so as to touch the large circle internally and the small circle externally is an ellipse and find the position of its foci and centre. Find also the magnitude of its eccentricity and the lengths of its axes and latus-rectum.

3. Resolve into five factors the expression $a^5 (b - c) + b^5 (c - a) + c^5 (a - b) + abc(b - c)(c - a)(a - b)$.

4. Apply the Binomial Theorem to shew that $\left( {{\textstyle{3 \over 4}}} \right)^{{\textstyle{4 \over 5}}} = 0.7944$ approximately.

5. Shew that $\sin ^2 12^\circ + \sin ^2 21^\circ + \sin ^2 39^\circ + \sin ^2 48^\circ = 1 + \sin ^2 9^\circ + \sin ^2 18^\circ $.

6. $A_1A_2...A_n$ is a regular polygon of $n$ sides and $P$ any point between $A_1$ and $A_n$ on its circumcircle which is of radius $R$. If $PA_1$ subtend an angle $2\alpha$ at the centre, shew that the sum of the chords $PA_1, PA_2, …, PA_n$ is $2R\left( {\cos \alpha \cot {\textstyle{\pi \over {2n}}} + \sin \alpha } \right)$.

7. Shew that the equation to the circumcircle of the triangle formed by the lines $y = \pm kx$ and $x\cos \alpha + y\sin \alpha - p = 0$ is $(\cos ^2 \alpha - k^2 \sin ^2 \alpha )(x^2 + y^2 ) - p(1 + k^2 )(x\cos \alpha - y\sin \alpha ) = 0$.

8. $PQ$ is a double ordinate of a parabola, and the line joining $P$ to the foot of the directrix cuts the curve in $P’$. Shew that $P’Q$ passes through the focus.

9. A balance has its arms unequal in length and weight. A certain article appears to weigh $Q_1$ or $Q_2$ according as it is put into one scale-pan or the other. Similarly another article appears to weigh $R_1$ or $R_2$ . Shew that the true weight of an article which appears to weigh the same in whichever scale-pan it is put is ${\textstyle{{Q_1 R_1 - Q_2 R_2 } \over {Q_1 - Q_2 - R_1 + R_2 }}}$.

10. A square lamina rests in a vertical plane perpendicular to a smooth vertical wall, one corner being attached to a point in the wall by a string whose length is equal to a side of the square. Shew that in the position of equilibrium the inclination of the string to the wall is $\cot ^{ - 1} 3$.

11. A smooth wedge is placed on a smooth table, the principal vertical section of the wedge being a right-angled triangle, whose hypotenuse is inclined to the horizontal at an angle $\alpha$. A string passing over a pulley at the top of the wedge connects a mass $m$ hanging freely with a mass $m'$ on the plane. If the mass $m$ descend, prove that in order to keep the wedge from sliding a horizontal force will be required equal to ${\textstyle{{m'(m - m'\sin \alpha )\cos \alpha } \over {m + m'}}}g$.

12. Prove that the greatest range of a particle, projected with a given velocity, on a given inclined plane, is four times the greatest vertical altitude above the inclined plane.


สำหรับข้อ 9-12 เป็นการประยุกต์คณิตศาสตร์กับโจทย์กลศาสตร์พื้นฐาน ซึ่งน้องๆ บางคนอาจจะยังมองภาพไม่ออก!
แต่สำหรับข้อ 1-8 น่าจะพอทำได้ด้วยความรู้ที่เรียนกันมาแล้ว
.

[Switchgear]

ขอเชิญผู้รักคณิตศาสตร์ทั้งหลาย ลงมือลุยโจทย์ได้เลยครับ
ใครคิดข้อไหนออกก็โพสต์ได้เลย หรือใครชอบคิดแล้วเก็บไว้คนเดียวก็ตามสบายครับ :)

[nongtum]

โจทย์น่าสนใจและดูโหดถึกเอาการครับ อาจจะหนักกว่าโจทย์เรขาวิเคราะห์จากอังกฤษร้อยข้อก็ได้ แม้ผมหรือหลายๆคนอาจจะยังไม่มีเวลาทด แต่จะคอยตามอ่านนะครับ

[Switchgear]

ต้องยอมรับว่าผมเองก็ยังไม่ได้ลองทำดู เพราะว่าเพิ่งได้มาเมื่อวานนี้ กะว่าช่วงหยุดเสาร์-อาทิตย์ถึงจะมีเวลาว่างพอ
สำหรับนั่งคิดอย่างจริงจัง

แต่คาดว่าระดับความยากก็คงพอๆ กับข้อสอบแข่งขันในไทย หากเป็นเวทีที่มีระดับซักหน่อย ถ้าน้องๆ คนไหนศึกษา
โจทย์พวกนี้ไว้บ้างก็คงได้ประโยชน์กับตัวเองอย่างมาก ... ปัญหาอยู่ที่ว่าจะมีใครเฉลยให้ดูบ้างหรือเปล่า ?

[Switchgear]

ผมว่าข้อสอบหลายข้อคงโหดอย่างที่ nongtum ว่าไว้ เพราะระดับชิงทุนของ Oxford กับ Cambridge
คงต้องมีข้อที่ใช้เป็นเกณฑ์ตัดสิน ไม่งั้นอาจมีคนทำได้คะแนนเต็มหลายคน :)

ตอนนี้รอคนเก่งช่วยเฉลยให้เพื่อนสมาชิกได้อ่านกัน ... ใครจะเริ่มเปิดฉากคนแรก ?
.

[M@gpie]

ยากจริงๆครับ รู้สึกว่า ฝีมือจะค่อยๆถดถอยลดซะแล้ว

[nooonuii]

ผมขอประเดิมด้วยข้อ 3 ก่อนละกันครับ

$a^5(b-c)+b^5(c-a)+c^5(a-b)+abc(a-b)(b-c)(c-a)=-(a-b)(b-c)(c-a)(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$



ก่อนอื่นสังเกตว่า ถ้า $b=c$ แล้ว $LHS = 0$ ดังนั้น $b-c$ เป็นตัวประกอบหนึ่ง
ต่อไปมองทั้งหมดให้เป็นพหุนามในตัวแปร $a$
จากการสุ่มแทนค่าจะพบว่า $a=b,c,-(b+c)$ จะเป็นรากของพหุนาม(ในตัวแปร $a$) เราจึงสามารถเขียน

$LHS = (b-c)(a-b)(a-c)(a+b+c)(a^2+pa+q)$

แทนค่า $a=0$ เราจะได้สมการ

$b^5c-bc^5=bc(b-c)(b+c)q\Rightarrow bc(b-c)(b+c)(b^2+c^2)=bc(b-c)(b+c)q$

ดังนั้น $q=b^2+c^2$

จากการเทียบสัมประสิทธิ์ของเทอม $a^4$ เราจะพบว่า $p=0$

ดังนั้น $LHS=(b-c)(a-b)(a-c)(a+b+c)(a^2+b^2+c^2)$ :yum:

Note : ตอนสุ่มแทนค่า $a=b,c$ อาจจะพอเดาออกครับ ส่วน $a=-(b+c)$
ต้องอาศัยลองผิดลองถูกอยู่นานเหมือนกัน ซึ่งตรงจุดนี้ถ้าเราหาว่า $-(b+c)$ เป็นรากอีกตัวไม่ได้เราอาจจะสมมติให้

$LHS=(b-c)(a-b)(a-c)(a+r)(a^2+pa+q)$

ก็ได้ครับ แล้วเทียบสัมประสิทธิ์หาค่า $p,q,r$ อีกที:aah:

[Switchgear]

มาดูกันครับว่า ... แนวคิดในการทำข้อสอบชุดที่ 1 แต่ละข้อเป็นอย่างไรบ้าง
ขอแนะนำน้องๆ ให้ลองคิดเองดูก่อน และใช้แนวคิดนี้ในการตรวจสอบภายหลัง


SOLUTION TO PROBLEM PAPERS 1


Let $P$ be the given point and $A$ the intersection of the given straight lines. Take points $B$ and $C$, one on each line, such that $P$ lies in the angle $BAG$, and $AB = AC =$ half the given perimeter. Describe $A$ circle touching the lines at $B$ and $C$, and from $P$ draw tangents to this circle. Then evidently either of these tangents fulfils the required condition, provided $P$ lies between $A$ and the circle. There are also, in any case, two other solutions, obtained by drawing the inner tangents from $P$ to the similarly described circles in the angles adjacent to that containing $P$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------



Let $S, S’$ be the centres of the two circles, $a$ and $\frac12 a$ their radii, $P$ the centre of the variable circle and $r$ its radius. Then $SP = a-r, S’P=a + r,$ therefore $SP + S’P = \frac32 a$. Hence the locus of $P$ is an ellipse with $S, S’$ as foci, and whose major axis is $\frac32 a$. Also, since $SS’ = \frac12 a$, it easily follows that the eccentricity is $\frac13$, a the semi-minor axis $\frac{a}{\sqrt 2}$, and the latus-rectum $\frac43 a$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Evidently $b-c, c-a, a-b$ are factors, and the remaining factor must be a symmetrical homogeneous function of $a, b, c$ of the third degree. We may therefore assume that the given expression is equal to
$$\prod (b-c) \cdot \left[ p \cdot \sum a^3 + q \cdot \sum a^2b + r \cdot abc \right],$$
where $p, q, r$ are numerical constants to be determined.

Putting $c = 0,$ we get
$$a^5b-b^5a = b(-a)(a-b) \cdot \left[ p (a^3 + b^3) + q (a^2b + ab^2) \right].$$
But since $a^5b-b^5a = ab(a-b)(a+b)(a^2 + b^2),$ it follows that $p = q= -1$. To find $r,$ put $a = 2, b=1, c= -1$. We then find $4p + 2q-r = -6,$ whence $r = 0$.

Hence the remaining factor is $-(\sum{a^3}+\sum{a^2b}=-(\sum a)(\sum a^2)$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


We have $\left(\frac34\right)^{\frac45}= \left(1-\frac14\right)^{\frac45}=1+\frac45(-\frac14)+\frac{\frac45(\frac45-1)}{2!} (-\frac14)^2+… = 1-u_1-u_2-u_3-…$ say.

Then
$u_1 = 0.200000$
$u_2 = \frac{1}{10} \cdot \frac14 u_1 = 0.005000$
$u_3 = \frac25 \cdot \frac14 u_1 = 0.000500$
$u_4 = \frac{11}{20} \cdot \frac14 u_1 = 0.000069$
$u_5 = \frac{16}{25} \cdot \frac14 u_1 = 0.000011$
$u_6 = \frac{7}{10} \cdot \frac14 u_1 = 0.000002$
$u_1 + u_2 + u_3 + u_4 + u_5 + u_6 = 0.205582$.

Hence
$\left(\frac34\right)^{\frac45} = 1- 0.205582... = 0.7944$ correct to four decimal places.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


The left-hand side
$= \frac12 (4 - \cos 24^\circ - \cos 42^\circ - \cos 78^\circ - \cos 96^\circ)$
$= \frac12 (4 - 2 \cos 60^\circ \cos 36^\circ - 2 \cos 60^\circ \cos 18^\circ)$
$= \frac12 (4 - \cos 18^\circ - \cos 36^\circ)$
$= 1 + \sin^2 9^\circ + \sin^2 18^\circ.$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Here $\sum{PA_1} = 2R \cdot \sum_{r=0}^{r=n-1}\sin\left(\alpha+\frac{r\pi}{n}\right)$
$= 2R \frac{\sin\left(\alpha+\frac{(n-1)\pi}{2n}\right)\sin\left(n\cdot\frac{\pi}{2n}\right)}{\sin\frac{\pi}{2n}}$
$= 2R\cdot \frac{\cos\left(\alpha -\frac{\pi}{2n}\right)}{\sin\frac{\pi}{2n}}$
$= 2R\left(\cos\alpha \cot\frac{\pi}{2n}+\sin\alpha\right).$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


The equation to any conic circumscribing this triangle must be of the form
$(y+kx)(y-kx)+(x\cos\alpha+y\sin\alpha-p)(lx+my) = 0 ...(i).$

Using the conditions for a circle, we find
$l\cos\alpha-k^2 = m \sin\alpha+1$ and $l\sin\alpha + m \cos\alpha = 0,$
whence $\frac{l}{\cos\alpha} = \frac{m}{-\sin\alpha} = 1+k^2.$

Substituting in $(i)$ and simplifying, we obtain the equation given.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


If $P$ be the point $m$, and $P’$ the point $m’$, the equations to $PP’$ and $P’Q$ are respectively
$2x-(m+m’)y+2\alpha m m’ = 0$ and $2x-(m’-m)y-2\alpha m m’ = 0,$
and if the first of these passes through $(-a, 0),$ the second passes through $(a, 0)$.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Let the true weight of the first article be $Q$, that of the second $R$, and the apparent and true weights of the third article $X$ and $W$ respectively. Let $a$ and $b$ be the lengths of the arms, $S$ and $S'$ the weights of the pans, $w$ the weight of the instrument, $x$ the distance of the centre of gravity from the fulcrum. Then we have the equations
$$(Q+S)a + w \cdot x = (Q_1+S')b,$$
$$(Q_2+S)a + w \cdot x = (Q+S')b,$$
$$(W+S)a + w \cdot x = (X+S')b,$$
$$(X+S)a + w \cdot x = (W+S')b,$$
whence $(W-Q_2) = (X-Q)b, \;\;\; (X-Q) = (W-Q_1)b,$
therefore $\frac{W-Q_2}{W-Q_1} = \frac{b^2}{a^2} = \frac{W-R_2}{W-R_1}$ similarly.
This gives the required value of W.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


Let $ABCD$ be the square, $A$ the corner of the square in contact with the wall, $B$ the corner to which the string is attached. Draw $BN$ perpendicular to the wall, and let the direction of the string meet the horizontal through $A$ in $O$. Then $O$ must be vertically below the centre of the square. Let the distances of $B, C$ and $D$ from the wall be $x, y, z$ respectively. Then $AO = 2x$.
$\;\;\;$ Also $\frac{y}{2} = \frac{x+z}{2} =$ distance of centre from wall $= 2x,$ whence $\frac{x}{1} = \frac{y}{4} = \frac{z}{3}$
and evidently $AN = z,$ so that the angle required is $\cot^{-1}\frac{z}{x} = \cot^{-1}3.$

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


When the wedge is at rest, let $T$ be the tension of the string, $R$ the reaction between the plane and the mass $m'$. Then, if $f$ is the acceleration,
$$T-m'g\sin\alpha = m'f,\;\; mg-T = mf,$$
whence
$$T = \frac{mm'(1+\sin\alpha)}{m+m'} \cdot g.$$
Also $R = m'g \cos\alpha,$ and the horizontal force on the wedge is
$$R\sin\alpha - T\cos\alpha = \frac{m'cos\alpha (m'\sin\alpha - m)}{m+m'} \cdot g.$$
and to keep the wedge from moving, a force equal and opposite to this is required.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


If $\alpha$ is the angle of projection, and $\beta$ the angle of the plane, the vertical altitude above the plane after time $t$ is
$$ u\sin\alpha \cdot t - \frac12gt^2 - (u\cos\alpha \cdot t)\tan\beta = ut \cdot \frac{\sin(\alpha-\beta)}{\cos\beta} - \frac12gt^2.$$
Now, whatever $\lambda$ may be,
$$ ut \cdot \lambda - \frac12gt^2 = \frac12 \cdot \frac{u^2 \lambda^2}{g} - \frac12g(\frac{u\lambda}{g}-t)^2,$$
and therefore its greatest value is $\frac12 \cdot \frac{u^2 \lambda^2}{g}.$

$\;\;\;$ Hence the greatest value of the above vertical altitude is
$$ \frac12 \cdot \frac{u^2 \sin^2 (\alpha-\beta)}{g \cos^2 \beta} = \frac14 \cdot \frac{u^2}{g \cos^2 \beta} \left(1-\cos2(\alpha-\beta)\right).$$
But for the maximum range $2\alpha-\beta = \frac{\pi}{2}.$ Hence the above is
$$ \frac14 \cdot \frac{u^2}{g \cos^2 \beta} (1-\sin\beta),$$
i.e. $\frac14$ of the maximum range.

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------


เฉลยครบถ้วนทั้ง 12 ข้อแล้ว ... อย่าลืมฝึกทำเองซ้ำอีกครั้งนะครับ เพื่อให้แน่ใจว่าเข้าใจจริง :)
.

[Switchgear]

ดีใจมากครับที่คุณ nooonuii มาประเดิมเฉลยข้อแรกของกระทู้นี้ :)

หวังว่าจะมีเพื่อนผู้รักคณิตศาสตร์คนอื่นเฉลยตามมาเรื่อยๆ ยิ่งถ้าใครคิดวิธีที่ต่างไปจากเฉลยแนวคิดได้
ก็ยิ่งอยากให้โพสต์เพิ่มเติมไว้ ผู้อ่านจะได้เห็นหลายมุมมองในการแก้โจทย์ข้อเดียวกัน

[Switchgear]

มาแล้วครับ...ข้อสอบชุดที่ 2 .. หวังว่าคงถูกใจผู้รักคณิตศาสต์ทั้งหลาย :)


PROBLEM PAPERS 2

1. A given point $D$ lies between two given lines $AB$ and $AC$. Find a construction for a line through $D$ terminated by $AB$ and $AC$, such that $D$ is one of its points of trisection. Prove also that there are two such lines.

2. If a conic circumscribe a parallelogram, its centre must be at the intersection of the diagonals.

3. Prove the identity
$$\frac{a^2(b-c)}{b+c-a} + \frac{b^2(c-a)}{c+a-b} + \frac{c^2(a-b)}{a+b-c} + \frac{(a+b+c)^2(b-c)(c-a)(a-b)}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} = 0.$$

4. If there be any number of quantities $a, b, c, ...,$ shew that
$$a^3+b^3+c^3+...-3(abc+abd+...)$$
is divisible by $a + b + c + . . .$ and find the quotient.

5. If in a triangle $a, c$ and $C$ are given, and $b_1, b_2$ are the two values of the third side, and $r_1, r_2$ the radii of the two inscribed circles, prove that
$(i) \left(\frac{b_1}{r_1}-\cot\frac12C\right)\left(\frac{b_2}{r_2}-\cot\frac12C\right) = 1.$
$(ii) r_1r_2 = a(a-c)\sin^2\frac12C.$

6. Prove that if $\cos A = \cos\theta \sin\phi, \cos B = \cos\phi \sin\psi, \cos C = \cos\psi \sin\theta,$ and $A + B + C = \pi,$ then $\tan\theta \tan\phi \tan\psi = 1.$

7. Prove that the locus of the poles of chords of the circle $x^2 + y^2 = a^2$ which subtend a right angle at the fixed point $(h, k)$ is the circle
$$ (h^2+k^2-a^2)(x^2+y^2)-2a^2ky+2a^4 = 0.$$

8. Chords of the parabola $y^2 = 4ax$ are drawn through the fixed point $(h, k)$. Shew that the locus of their middle points is the parabola $y(y-k) = 2a(x-h).$

9. $P$ and $Q$ are extremities of two conjugate diameters of an ellipse of minor axis $2b,$ and $S$ is a focus. Prove that $PQ^2-(SP-SQ)^2 = 2b^2.$

10. A rod of length $2a$ rests on a smooth vertical circle of radius $b,$ one end being attached to a string, to the other end of which is tied a weight which hangs down over the circle. The distance of the point of contact from this end of the rod is $na$. Prove that in the position of equilibrium the rod makes with the vertical an angle
$$\tan^{-1}\left(\frac{2abn^2}{(1-n)(b^2-a^2n^2)}\right).$$

11. The base angles of a wedge are $\alpha$ and $\beta$ and its mass is $M$. Two particles of masses $m$ and $m'$ are let fall simultaneously from the vertex down the two faces. Prove that the wedge will move on the smooth horizontal plane with which it is in contact with acceleration
$$ \frac12g \frac{m\sin2\alpha - m'\sin2\beta}{M+m\sin^2 \alpha + m'\sin^2 \beta}. $$

12. If the unit of kinetic energy be that of a train of mass $m$ tons moving with a velocity of $v$ miles an hour, the unit of power that of an engine of horse-power $h$, and the unit of force the weight of $n$ tons, prove that the unit of mass is $ \frac12m\left(\frac{448vn}{75h}\right)^2$ tons.


โจทย์ชุดนี้ครบทั้ง 12 ข้อแล้วครับ ... เชิญตะลุยโจทย์ตามสบาย :)

[Switchgear]

เดิมว่าจะจองความเห็นนี้ไว้สำหรับโพสต์แนวคิดของ Problem Papers 2 จะได้อยู่ใกล้กับโจทย์
แต่พอเฉลยแนวคิดของ Papers 1 ไปแล้ว รู้สึกยุ่งยากเวลาแก้ไข เพราะใช้เวลา Refresh นาน
โดยเฉพาะจังหวะที่ Modem ช้าด้วยแล้ว ยิ่งรอนานเข้าไปใหญ่ เพราะต้องรอ Refresh สมการ

ฉะนั้นผมจะแยกเฉลยเป็นข้อๆ ดีกว่า อาจอ่านยากขึ้น แต่สะดวกในการแก้ไขเพิ่มเติมมากกว่า.

[passer-by]

5. Shew that $\sin ^2 12^\circ + \sin ^2 21^\circ + \sin ^2 39^\circ + \sin ^2 48^\circ = 1 + \sin ^2 9^\circ + \sin ^2 18^\circ $.

ข้อนี้ใช้เอกลักษณ์ $ \sin^2(30 +\theta)+\sin^2(30-\theta) $ แล้วแทน $\theta$ ด้วย 9 กับ 18


12. Prove that the greatest range of a particle, projected with a given velocity, on a given inclined plane, is four times the greatest vertical altitude above the inclined plane.


ข้อนี้ เป็นการยิง projectile บนพื้นเอียง ซึ่งจริงๆก็คิดเหมือนพื้นราบครับ เพียงแต่ความเร่งในแนวดิ่ง คือ $ a= -g \cos \theta $ เมื่อ $ \theta$ คือมุมที่พื้นเอียงทำกับแนวราบ

สมมติ $ u $ คือความเร็วเริ่มต้น และ $ \alpha$ คือมุมที่แนวยิงทำกับพื้นเอียง

อันดับแรก หาระยะจากพื้นเอียงขึ้นไปจุดสูงสุดของการยิง projectile แทนด้วย h (หรือที่โจทย์เขียนว่า vertical altitude above the inclined plane ) ซึ่งหาได้จากสูตร

$ 0= (u\sin \alpha)^2 - 2g\cos \theta \cdot h $

จากนั้นหาเวลาตั้งแต่เริ่มยิงจน landing จากสูตร

$ 0= u\sin \alpha - \frac{1}{2}g\cos \theta \cdot t $

อันดับต่อไปก็หา ระยะในแนวราบขนานกับพื้นเอียง แทนด้วย $ s $ (หรือที่โจทย์บอกว่า range of a particle, projected with a given velocity, on a given inclined plane ) ด้วยสูตร

$ s= u \cos \alpha \cdot t = \frac{u^2 \sin 2 \alpha}{g \cos \theta}$

ขั้นสุดท้าย จะเห็นว่า greatest distance ของ $ s,h $ เกิดเมื่อ $ \alpha = 45 ^{\circ} $ (VERIFY BY YOURSELF FROM THE FORMULA AND SIMPLE TRIGONOMETRY!)

และเมื่อคำนวณค่า $ \frac{s}{h} = 4$

[Switchgear]

ขอบคุณเฉลยของคุณ passer-by มากครับ ช่วยเพิ่มมุมมองให้ผู้อ่านได้มากขึ้นเยอะ :)

[Switchgear]

แวะเข้ามาเติมขาแมลงสาบในเฉลยโจทย์ชุดที่ 1 ไปอีกหลายข้อ
ไม่รู้ว่าแนวคิดที่โพสต์ไปนั้น เพื่อนๆ น้องๆ อ่านแล้วเป็นอย่างไรบ้าง ยากหรือง่ายแค่ไหน ?

ผมเองก็ยังไม่ได้ลองทำตามหรือคิดวิธีอื่นดูเหมือนกัน ... โรคขี้เกียจกำเริบ :)

[Switchgear]

ผมเติมข้อสอบชุดที่ 2 ในความเห็นที่ 11 ไปถึงข้อ 6 แล้ว
ส่วนที่เหลือจะทยอยเพิ่มให้เรื่อยๆ รวมทั้งแนวคิดการแก้โจทย์ด้วย

[nooonuii]

Paper 2: #3

เพื่อตัดกรณีหยุมหยิมออกไปผมขอสมมติว่า $b,c,-b,-c,0$ มีค่าต่างกันหมดนะครับ
ส่วนกรณีหยุมหยิมที่ว่าเอกลักษณ์จะถูกลดทอนไปสู่เอกลักษณ์ที่พิสูจน์ได้ง่ายขึ้นครับ
(รึเปล่า :confused: ) ซึ่งผมขอละส่วนนี้ไว้

หลังจากจัดรูปใหม่เราจะได้พหุนามในตัวแปร $a$

$P(a)= a^2(b-c)(c+a-b)(a+b-c)+b^2(c-a)(b+c-a)(c+a-b)+c^2(a-b)(b+c-a)(c+a-b)+(a+b+c)^2(a-b)(b-c)(c-a)$

ซึ่งจากการแทนค่า (อย่างโหดร้าย :aah: ) เราจะพบว่า $b,c,-b,-c,0$ เป็นราก
(ที่แตกต่างกัน $5$ ราก) ของ $P(a)$ แต่ $P(a)$ มีกำลังได้ไม่เกิน $4$ ดังนั้นจึงเป็นไปได้อย่าง
เดียวว่า $P(a)$ จะต้องเป็นพหุนามศูนย์ (มิเช่นนั้นจะขัดแย้งกับทฤษฎีบทหลักมูลพีชคณิต)
เราจึงได้เอกลักษณ์ตามที่ต้องการครับ :yum:

[kanakon]

ขอลองข้อ 6 paper 2 นะครับ
$\because tan\phi=\frac{cosA}{cos\phi cos\theta} $
$ tan\psi =\frac{cosB}{cos\psi cos\phi} $
$ tan\theta=\frac{cosC}{cos\theta cos\psi} $

$\therefore tan\phi tan\psi tan\theta = \frac{cosAcosBcosC}{{(cos\phi cos\psi cos\theta)}^2} $
$\because cosAcosBcosC={(cos\phi cos\psi cos\theta)}^2$
$\therefore
tan\phi tan\psi tan\theta =1$

[Switchgear]

ผมเพิ่มเฉลยแนวคิดข้อ 9 และ 10 ของข้อสอบชุดที่ 1 ไว้ในความเห็นที่ 9 แล้ว
เชิญผู้สนใจศึกษาเป็นแนวทางได้เลย

ส่วนข้อ 11-12 ว่างๆ จะเข้ามาโพสต์ให้จบครับ :)

[Switchgear]

ผมเพิ่มโจทย์ข้อสอบชุดที่ 2 ในความเห็นที่ 11 จนครบทั้ง 12 ข้อแล้ว
ใครสนใจโพสต์วิธีแก้โจทย์เหล่านี้ก็เชิญเต็มที่เลยครับ :)
.

[Switchgear]

ผมเพิ่มเฉลยแนวคิดของข้อสอบชุดที่ 1 ในความเห็นที่ 9 ครบหมดทั้ง 12 ข้อแล้ว
ขอเชิญผู้สนใจศึกษาเป็นแนวทางได้เต็มที่ ... เข้าใจแล้วก็ลงมือทำข้อสอบชุด 2 เลย :D

[Switchgear]

มาดูเฉลย PROBLEM PAPERS 2 กันครับ :)


1. A given point $D$ lies between two given lines $AB$ and $AC$. Find a construction for a line through $D$ terminated by $AB$ and $AC$, such that $D$ is one of its points of trisection. Prove also that there are two such lines.

Solution:

Produce $AD$ to $E,$ making $DE$ either $= 2AD$ or $\frac12AD.$ Draw $EC$ parallel to $AB,$ meeting $AC$ in $C.$ Produce $CD$ to meet $AB$ in $B.$ Then $BC$ is the line required, since $BD : DC = AD : DE.$

เฉลยดูสั้นดี ไม่รู้ว่าตอนที่แต่ละคนลองคิดเอง จะสั้นแบบนี้หรือเปล่า ?

[Switchgear]

2. If a conic circumscribe a parallelogram, its centre must be at the intersection of the diagonals.

Solution:

Let $ABCD$ be the parallelogram; $E, F, G, H$ the middle points of the sides. Then $E$ and $G$ are the middle points of parallel chords, therefore $EG$ passes through the centre of the conic, and similarly for $FH$. Hence the centre of the conic is the intersection of $EG, FH,$ which is also the intersection of the diagonals.
_

[Switchgear]

ผมอยากรู้ว่าน้องๆ มัธยมที่เข้ามาอ่านโจทย์และเฉลยในกระทู้นี้ มีปัญหาในการอ่านภาษาอังกฤษหรือเปล่า ?
ถ้ามีปัญหากันหลายคน ผมจะพยายามแปลโจทย์และเฉลยเป็นภาษาไทยให้อ่านเข้าใจง่ายขึ้น ...

น้องๆ ที่ต้องการให้แปล/ไม่แปลเป็นภาษาไทยช่วยแสดงความเห็นไว้ด้วยก็ดี จะได้รู้ว่ามีคนอ่านเข้าใจแค่ไหน

[Switchgear]

3. Prove the identity
$$\frac{a^2(b-c)}{b+c-a} + \frac{b^2(c-a)}{c+a-b} + \frac{c^2(a-b)}{a+b-c} + \frac{(a+b+c)^2(b-c)(c-a)(a-b)}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} = 0.$$

Solution:

By the ordinary rule of partial fractions,
$$ \frac{x^2}{(x-a)(x-b)(x-c)} \equiv \Sigma \frac{a^2}{(a-b)(a-c)} \cdot \frac{1}{x-a}.$$
Putting $x = \frac12(a + b + c),$ the given identity easily follows.
_

[Switchgear]

4. If there be any number of quantities $a, b, c, ...,$ shew that
$$a^3+b^3+c^3+...-3(abc+abd+...)$$
is divisible by $a + b + c + . . .$ and find the quotient.

Solution:

If $ \Sigma a = p, \Sigma ab = q, \Sigma abc = r, $ then $ \Sigma a^3 = p^3-3pq+3r $.
Hence $ \Sigma a^3 -3r $ is divisible by p, the quotient being $ p^2-3q = \Sigma a^2 - \Sigma ab $.
_

[Switchgear]

มาแล้วครับเฉลยข้อ 5 ซึ่งยาวซักหน่อย เมื่อเทียบกับ 4 ข้อแรกที่ผ่านมา


5. If in a triangle $a, c$ and $C$ are given, and $b_1, b_2$ are the two values of the third side, and $r_1, r_2$ the radii of the two inscribed circles, prove that
$(i) \;\; \left(\frac{b_1}{r_1}-\cot\frac12C\right)\left(\frac{b_2}{r_2}-\cot\frac12C\right) = 1.$
$(ii) \;\; r_1r_2 = a(a-c)\sin^2\frac12C.$

Solution:

$(i) \;\;$ Since in any triangle $\frac a r = \cot\frac12B + \cot\frac12C$ with similar formulae, we have.
$$ \left(\frac{b_1}{r_1} - \cot\frac12C \right) \left(\frac{b_2}{r_2} - \cot\frac12C \right) = \cot\frac12{A_1} \cdot \cot\frac12{A_2} = 1,$$
$\;\;\;\;\;\;$ since $ \frac12{A_1} + \frac12{A_2} = 90^\circ $.

$(ii) \;\;$ Using the same formulae,
$$ \frac{a-c}{r_2} = \cot\frac12C - \cot\frac12{A_2} = \cot\frac12C - \tan\frac12{A_1} = \frac{\cos\frac12{(C + A_1)}}{\sin\frac12C \cdot \cos\frac12{A_1}} = \frac{\sin\frac12{A_1}}{\sin\frac12C \cdot \cos\frac12{A_1}}.$$
$\;\;\;\;\;\;$ Also
$$ \frac{a}{r_1} = \cot\frac12{B_1} + \cot\frac12{C} = \frac{\sin\frac12{(B_1+C)}}{\sin\frac12{B_1} \cdot \sin\frac12{C}} = \frac{\cos\frac12{A_1}}{\sin\frac12{B_1} \cdot \sin\frac12{C}}.$$
$\;\;\;\;\;\;$ Multiplying these, the result follows.

_

[Switchgear]

ข้อ 6-12 เฉลยพิมพ์ยากน่าดู ... สมการเยอะไปหมด
เอาเป็นว่าว่างๆ จะเข้ามาโพสต์เพิ่มให้ครับ :)

หวังว่าโจทย์ในกระทู้นี้คงไม่ซ้ำกับโจทย์ที่พวกเราเคยเจอในตำราที่วางขายทั่วไป ไม่งั้นก็ไม่น่าสนใจมากนัก

[Switchgear]

6. Prove that if $\cos A = \cos\theta \sin\phi, \cos B = \cos\phi \sin\psi, \cos C = \cos\psi \sin\theta,$ and $A + B + C = \pi,$
then $\tan\theta \tan\phi \tan\psi = 1.$

Solution:

Since $1 - \Sigma \cos^2A - 2\cos A \cos B \cos C \equiv 0,$
and since $\; 1 - \Sigma \cos^2\theta \sin^2\phi = 1 - \Sigma \sin^2\theta + \Sigma \sin^2\theta \sin^2\phi $
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = (1 - \sin^2\theta)(1 - \sin^2\phi)(1 - \sin^2\psi) + \sin^2\theta \sin^2\phi \sin^2\psi) $
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \Pi \cos^2\theta + \Pi \sin^2\theta ;$
it follows that
$\;\;\;\Pi \cos^2\theta + \Pi \sin^2\theta - 2\Pi \cos\theta \sin\theta = 0,\;\;$ i.e. $(\Pi \cos\theta - \Pi \sin\theta)^2 = 0,\;\;$ or $\Pi \tan\theta = 1.$
_

[Switchgear]

7. Prove that the locus of the poles of chords of the circle $x^2 + y^2 = a^2$ which subtend a right angle at the fixed point $(h, k)$ is the circle
$$ (h^2+k^2-a^2)(x^2+y^2)-2a^2ky+2a^4 = 0.$$

Solution:

The polar of $(X, Y)$ is $xX + yY = a^2$. Transferring to $(h,k)$ as origin, this becomes
$$xX + yY = a^2-hX-kY .......................... (i),$$
while the equation to the circle is now
$$x^2+y^2+2hx+2ky+h^2+k^2-a^2 = 0 .......................... (ii).$$

Forming the equation to the lines joining the origin to the intersections of $(i)$ and $(ii)$ by the ordinary rule, and writing down the condition that these are perpendicular, we obtain the required locus of $(X, Y)$.

.

[Switchgear]

มาแล้วครับข้อสอบชุดที่ 3 หลังจากทิ้งช่วงไปนาน ... หวังว่าคงถูกใจผู้อ่านทุกคน


PROBLEM PAPERS 3

1. $A$ is the centre of a circle, and $B$ is any point outside it. $BC$ is a straight line drawn from $B$ to cut the circle at $C$, and $BD, BE$ are the tangents from $B$. Through $C$ a straight line is drawn perpendicular to $BC$ to cut $AD$ in $T$, and $AE$ in $U$. Prove that $AB$ is a mean proportional between $AT$ and $AU$.

2. $PGQ$ is a chord of a parabola meeting the axis in $G$. Prove that the distance of $G$ from the vertex, the ordinates of $P$ and $Q$ and the latus-rectum are proportionals.

3. Shew that the coefficient of $x^{n-2}$ in the expansion of $(1-\frac34x)^{-\frac{11}3}$ is
$$\frac{2\cdot5\cdot8...(3n+2)}{5\cdot4^n\cdot(n-2)!}.$$

4. Shew that the $42^{nd}$ power of any number which is not a multiple of $7$ is of the form $49m + 1$.

5. Prove that the ratio of the area of the triangle formed by the points of contact of the inscribed circle of a triangle $ABC$ to the area of $ABC$ is half the ratio of the radii of the inscribed and circumscribed circles of the triangle $ABC$.

6. Find approximately, by a graphical method, the circular measure of the acute angle which satisfies the equation $\cot x = 4x$.

7. Shew that the locus of the poles of tangents to the circle $x^2+y^2 = a^2$ with respect to the circle $x^2 + y^2 = 2bx$ is the conic
$$(a^2-b^2)x^2 + a^2y^2 - 2a^2bx + a^2b^2 = 0.$$

8. If tangents be drawn from points on the line $x = c$ to the parabola $y^2 = 4ax$, shew that the locus of the intersection of the corresponding normals is the parabola
$$ay^2 = c^2(x+c-2a).$$

9. Tangents are drawn from anv point on $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 4$ to $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$: prove that they form with their chord of contact a triangle whose centroid is on the latter conic.

10. The faces $AB, AC$ of a fixed triangular wedge make angles $\beta, \gamma$ with the horizon. Equal weights connected by a string which passes without friction over the vertex $A$ rest on the faces, the one weight being just on the point of moving up, the other of moving down. Shew that $\mu = \tan\frac12(\beta-\gamma)$, where $\mu$ is the coefficient of friction for either weight.

11. If the radii of a wheel and axle are $1$ ft. and $3$ in., and the suspended weights are $1$ lb., $3$ Ib. respectively, prove that the heavier weight will ascend with acceleration $\frac1{19}g$, the inertia of the machine being neglected.

12. It is required to throw a projectile from a given point below a given plane whose inclination to the horizon is $\alpha$, so as to strike the plane. Shew that the velocity of projection must exceed $(2gc \cos \alpha)^{\frac12}$, where $c$ is the distance of the point from the plane.


จบข้อสอบชุดนี้แล้ว ... ใครคิดออกก็ลองโพสต์ได้เลยครับ :sung:

[passer-by]

geometry ข้อ 1 ผมว่าโจทย์มันแปลกๆนะครับ และที่่สำคัญ D คือจุดไหนครับเนี่ี่ย

ส่วนข้อ 5

ให้ $ D,E,F$ เป็น point of contact บนด้าน $ AB, AC ,BC$ ตามลำดับ

ดังนั้น $ AD=AE = a \,\, , BD=BF = b \,\, , CF=CE = c $

ต้องการพิสูจน์ว่า $ \frac{\bigtriangleup DEF }{\bigtriangleup ABC } =\frac{r}{2R} $

โดยทฤษฎีบทเกี่ยวกับคอร์ดและเส้นสัมผัส สามารถแสดงได้โดยง่ายว่า $ \hat D = 90^{\circ}-\frac{C}{2} \,\, , \hat E = 90^{\circ}-\frac{B}{2} \,\, ,\hat F = 90^{\circ}-\frac{A}{2}$

และจาก law of cosine พบว่า $ DE = 2a \sin \frac{A}{2} \,\, , EF= 2c \sin \frac{C}{2}\,\, , DF = 2b \sin \frac{B}{2} $

ดังนั้น $ LHS= \frac{2ab \sin \frac{A}{2} \sin \frac{B}{2} \cos \frac{C}{2}}{\frac{1}{2}(a+b)(a+c) \sin A}=\frac{2ab}{(a+b)(a+c)}\cdot \frac{1}{1+\tan \frac{C}{2} \cot \frac{B}{2}}=\frac{2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)} $

ขณะเดียวกัน โดย Heron's formula และ law of sine จะได้ $ r = \sqrt{\frac{abc}{a+b+c}} $ และ $ R= \frac{(a+b)(b+c)(c+a)}{4 \sqrt{abc(a+b+c)}} $

และทำให้ $ RHS= \frac{r}{2R} = \frac{2abc}{(a+b)(a+c)(b+c)} $

[nongtum]

ผมคิดว่าข้อแรก $BC$ อยู่่ระหว่างเสันสัมผัส $BD$ และ $BE$ ครับ รบกวนคุณ Switchgear เช็คโจทย์ด้วยครับ

ส่วนข้อสี่ผมมีแนวคิดคร่าวๆดังนี้ครับ

เราจะแสดงว่าสำหรับจำนวนเต็ม $n$ ที่ $7\not\vert n$ จะได้ว่า $n^{42}\equiv1\pmod{49}$
ให้ $n=7q+r,\ 0<r<7$ กระจาย $n^{42}$ จะพบว่าเศษที่ได้จากการหารด้วย 49 จะขึ้นอยู่กับ $r^{42}$ เท่านั้น
หาก $49\vert r^{42}-1$ ไล่เช็คตามเศษจะพบว่า $7\vert r^{21}-1$ หรือ $7\vert r^{21}+1$ อย่างใดอย่างหนึ่งเท่านั้น
จึงเหลือแต่กา่รตรวจสอบในแต่ละกรณีว่า $49\vert r^{21}-1$ หรือ $49\vert r^{21}+1$ ซึ่งเราสามารถแสดงแต่ละกรณีด้านล่างได้ง่ายๆ
$r=1:\quad7\vert r-1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}-1)/(r-1)$
$r=2:\quad7\vert r^3-1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}-1)/(r^3-1)$
$r=3:\quad7\vert r^3+1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}+1)/(r^3+1)$
$r=4:\quad7\vert r^3-1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}-1)/(r^3-1)$
$r=5:\quad7\vert r^3+1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}+1)/(r^3+1)$
$r=6:\quad7\vert r+1\quad\wedge\quad7\vert(r^{21}+1)/(r+1)$
เมื่อแสดงได้ครบก็จบการพิสูจน์ครับ :kiki:

[Switchgear]

ขอบคุณคุณ passer-by และคุณ nongtum มากครับที่ช่วยแจ้งแก้ไขโจทย์ข้อ 1
ผมเช็คและแก้ไขแล้ว (เป็นไปอย่างที่คุณ nongtum แนะนำ)

ใครพบข้อสงสัย แจ้งได้เต็มที่ครับ เพราะผมรีบๆ ก็มีหลุดไปบ้าง :)

[Switchgear]

ช่วงเสาร์-อาทิตย์นี้เผื่อมีใครว่างๆ อยากลองคิดโจทย์คณิตศาสตร์แก้เหงา
ผมเอาข้อสอบชุดที่ 4 มาฝากให้ลองคิดกันดู ... หวังว่าคงถูกใจผู้อ่านอีกเช่นกัน


PROBLEM PAPERS 4

1. $AB, AC$ are two radii of a circle inclined at an angle of $60^\circ$. Upon $AC$ a point $P$ is taken such that a circle can be described with centre $P$ to touch the circle internally and also to touch a circle on $AB$ as diameter externally. Prove that $AP = \frac45AC.$

2. Given a directrix and two points on a conic, find the locus of the corresponding focus.

3. Prove that if $u = a^2 + ab + b^2$ and $v = a^2 - ab + b^2,$ then
$$ 4(a^4+b^4) = 6uv - u^2 - v^2,$$
$$ 4(a^6+b^6) = 3u^2v + 3uv^2 - u^3 - v^3.$$

4. If $x < 1,$ shew that
$$ \frac{x+2}{x^2+x+1} = 2 - x - x^2 + 2x^3 - x^4 - x^5 + ... \;\;.$$

5. Shew that
$$ \cos\frac{2\pi}{15} + \cos\frac{4\pi}{15} + \cos\frac{8\pi}{15} + \cos\frac{14\pi}{15} = \frac12 \;.$$

6. The inscribed circle of a triangle $ABC$ touches the sides at $D, E, F,$ and $I$ is its centre. Circles whose radii are $\rho_1,\; \rho_2,\; \rho_3$ are inscribed in the quadrilaterals $IEAF, IFBD, IDCE:$ prove that
$$ \frac{\rho_1}{r-\rho_1} + \frac{\rho_2}{r-\rho_2} + \frac{\rho_3}{r-\rho_3} = \frac{\rho_1 \rho_2 \rho_3}{(r-\rho_1)(r-\rho_2)(r-\rho_3)} \;.$$

7. A straight line parallel to $lx + my = 1$ meets the axes (supposed inclined at an angle $\omega$) in $P$ and $Q$. From $P$ and $Q$ perpendiculars are drawn to the lines $py + x = 0, qx + y = 0$ respectively. Shew that these perpendiculars meet on a fixed straight line, and find its equation.

8. Two tangents $t_1$ and $t_2$ are drawn to a parabola ; $h$ is the internal bisector of the angle between them and $t$ is the tangent parallel to $h$. Shew that the product of the perpendiculars from the focus on $t_1$ and $t_2$ is the same as that on $t$ and $h$.

9. If the points of intersection of the ellipses $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,\; \frac{x^2}{\alpha^2} + \frac{y^2}{\beta^2} = 1$ are at the extremities of conjugate diameters of the former, prove that
$$\frac{a^2}{\alpha^2} + \frac{a^2}{\beta^2} = 2 \;.$$

10. The centre of gravity of a quadrilateral area is the same as that of four equal particles placed at its angular points : shew that the quadrilateral must be a parallelogram.

11. The masses in an Atwood s machine are $5$ lbs. and $3$ lbs., and the machine is being used in a lift which is ascending uniformly with acceleration $2$ ft. per sec. per sec. Find the accelerations of the two masses and the tension of the string.

12. A particle projected with a given velocity from a point on a horizontal plane strikes normally at $P$ a vertical wall at distance a. Shew that if $b$ is the vertical distance between the possible positions of $P$, and $c$ is the height to which the particle would have ascended if projected vertically, then $a^2+b^2 = c^2$.


ครบถ้วนทั้ง 12 ข้อของชุดนี้แล้ว ... เชิญปราบโจทย์กันตามสบายเลยครับ :)
.

[Switchgear]

บางครั้งเราอาจรู้สึกว่าโจทย์บางข้อในกระทู้นี้ดูคุ้นๆ กับที่เราเคยทำมาแล้ว หรืออาจเคยเห็นในข้อสอบแข่งขันที่ไหนซักแห่ง
แต่เราต้องไม่ลืมว่าข้อสอบเหล่านี้มาจากหนังสือเมื่อ 100 กว่าปีก่อน ซึ่งในคำนำของหนังสือเขากล้าคุยเลยว่าโจทย์ของเขา
เกือบทุกข้อ เพิ่งปรากฎครั้งแรกในหนังสือเล่มนั้น ... และผมเชื่อว่าสนามแข่งขันหลายแห่งก็คงไปเอาหรือลอกตามกันมา
เรื่อยๆ จนถึงทุกวันนี้

แต่ว่าเท่าที่ผมสังเกตเอง (อาจคิดไม่ตรงกับคนอื่น) ผมว่าข้อสอบในกระทู้นี้ ยากกว่าข้อสอบแข่งขันทั่วไปในบ้านเราพอสมควร
และจะว่าไปแล้ว ก็ยังเห็นข้อซ้ำน้อยมากเมื่อเทียบกับหนังสือปัจจุบันหรือโจทย์แข่งขันต่างๆ

ฉะนั้นหากใครเป็นครูอาจารย์หรือผู้ออกข้อสอบ จะลองเอาข้อสอบในกระทู้นี้ไปทดสอบเด็กดูบ้างก็ได้ครับ :sung:
(รับรองว่าได้รับคำสรรเสริญเชิงลบจากลูกศิษย์ลูกหาเป็นแถว...)

[Switchgear]

ผมเฉลย PROBLEM PAPERS 2 ไปแล้ว 7 ข้อ ... ว่างๆ จะมาเฉลยต่อให้

ส่วน PROBLEM PAPERS 3 และ 4 ก็ทิ้งไว้ให้ลองคิดกันเองก่อนซักพักหนึ่ง

[nongtum]

แวะมาเก็บเด็กก่อนครับ

PAPERS 4 ข้อ 3
สังเกตว่า $u+v=2(a^2+b^2),\ uv=a^4+a^2b^2+b^4$
ทั้งสองสมการจะได้มาจาก $6uv-u^2-v^2=8uv-(u+v)^2$
และจาก $3u^2v+3uv^2-u^3-v^3=[6uv-(u+v)^2](u+v)$ ตามลำดับ

[passer-by]

ข้อ 6 สวยดีครับ แต่ขอ post สั้นๆ แค่แนวคิดแล้วกััน

พิจารณา IFBD
จาก center วงกลมแนบในสี่เหลี่ยม ลากมายัง D (แบ่งครึ่งมุึมฉาก) และ ลากมาตั้งฉากกับ ID, BD
จะพบว่า $ \frac{\rho_2}{r-\rho_2} = \cot \frac{B}{2}$

ในทำนองเดียวกันกับสี่เหลี่ยมอีก 2 รูป ก็จะได้ $ \frac{\rho_1}{r-\rho_1} = \cot \frac{A}{2}$ และ $ \frac{\rho_3}{r-\rho_3} = \cot \frac{C}{2}$

ขณะเดีัยวกัน สำหรับสามเหลี่ยมใดๆ สามารถพิสูจน์ได้ไม่ยากว่า $\cot \frac{A}{2} +\cot \frac{B}{2}+\cot \frac{C}{2}=\cot \frac{A}{2}\cot \frac{ฺB}{2}\cot \frac{C}{2} $ ซึ่งสมมูลกับสิ่งที่โจทย์ถาม

[Switchgear]

8. Chords of the parabola $y^2 = 4ax$ are drawn through the fixed point $(h, k)$. Shew that the locus of their middle points is the parabola $y(y-k) = 2a(x-h).$

Solution:

$\;\;\;$ For the intersections of
$$\;\; \frac{x-x'}{\cos\theta} = \frac{y-y'}{\sin\theta} = r$$
with $y^2 = 4ax,\;\;$ we have $\;\;(r\sin\theta+y')^2 = 4a(r\cos\theta+x').$

$\;\;\;$ If $(x', y')$ is the middle point of the chord, the values of $r$ given by this equation will be equal and opposite, therefore $\;\; y'\sin\theta = 2a\cos\theta,$
i.e. the equation to the chord is $y'(y-y') = 2a(x-x').$

$\;\;\;$ If this passes through $(h, k)$ we have $y'(k-y') = 2a(h-x'),$ so that the locus of $(x', y')$ is $y(k-y) = 2a(h-x).$

[Switchgear]

9. $P$ and $Q$ are extremities of two conjugate diameters of an ellipse of minor axis $2b,$ and $S$ is a focus. Prove that $PQ^2-(SP-SQ)^2 = 2b^2.$

Solution:

$\;\;\;$ If $\phi$ be the eccentric angle of $P,$ we have
$\;\;\;\;\;\; SP = a-e \cdot a\cos\phi,\;\; SQ = a+e \cdot a\sin\phi,$
therefore $\;\; (SP-SQ)^2 = a^2e^2(\sin\phi+\cos\phi)^2.$

$\;\;\;$ Also $\;\; PQ^2 = a^2(\sin\phi+\cos\phi)^2+b^2((\sin\phi-\cos\phi)^2,$
therefore $\;\; PQ^2-(SP-SQ)^2 = b^2(\sin\phi+\cos\phi)^2+b^2((\sin\phi-\cos\phi)^2 = 2b^2.$

[Switchgear]

10. A rod of length $2a$ rests on a smooth vertical circle of radius $b,$ one end being attached to a string, to the other end of which is tied a weight which hangs down over the circle. The distance of the point of contact from this end of the rod is $na$. Prove that in the position of equilibrium the rod makes with the vertical an angle
$$\tan^{-1}\left(\frac{2abn^2}{(1-n)(b^2-a^2n^2)}\right).$$

Solution:

$\;\;\;$ Let $A$ be the upper end of the rod, $G$ its middle point, $N$ the point of contact with the circle (centre $O$), $\alpha$ the angle $AON$, the angle the rod makes with the vertical. Then if $ON$ and the direction of the string meet in $K, GK$ is vertical.

$\;\;\;$ Hence
$$ \frac{AN}{GN} = \frac{\tan AKN}{\tan GKN} = \frac{\cot 2\alpha}{\cot\theta}.$$

$\;\;\;$ But
$$ \tan\alpha = \frac{na}{b},$$
therefore
$$\tan\theta = \frac{n}{1-n} \cdot \tan 2\alpha = \frac{n}{1-n} \cdot \frac{2nab}{b^2-a^2n^2}.$$

[Switchgear]

11. The base angles of a wedge are $\alpha$ and $\beta$ and its mass is $M$. Two particles of masses $m$ and $m'$ are let fall simultaneously from the vertex down the two faces. Prove that the wedge will move on the smooth horizontal plane with which it is in contact with acceleration
$$ \frac12g \frac{m\sin2\alpha - m'\sin2\beta}{M+m\sin^2 \alpha + m'\sin^2 \beta}. $$

Solution:

$\;\;\;$ Let $f_1,\; f_2$ be the accelerations of $m$ along and perpendicular to the face of the wedge; $f_3,\; f_4$ those
of $m'$ ; $f$ the horizontal acceleration of the wedge; $R$ and $R'$ the pressures. Then
$$ mf_2 = mg \cos\alpha -R,\;\;\; m'f_4 = m'g\cos\beta-R',\;\;\; f_2 = f\sin\alpha,\;\;\; f_4 = -f\sin\beta.$$
$$ Mf = R\sin\alpha - R'\sin\beta = m(g\cos\alpha-f\sin\alpha)\sin\alpha - m'(g\cos\beta+f\sin\beta)\sin\beta,$$
giving the required value of $f.$

[Switchgear]

12. If the unit of kinetic energy be that of a train of mass $m$ tons moving with a velocity of $v$ miles an hour, the unit of power that of an engine of horse-power $h$, and the unit of force the weight of $n$ tons, prove that the unit of mass is $ \frac12m\left(\frac{448vn}{75h}\right)^2$ tons.

Solution:

$\;\;\;$ With the usual notation we have
$$ [M'][L']^2[T']^{-2} = \frac12 \cdot 2240m \cdot \left(\frac{22}{15}v\right)^2 [M][L]^2[T]^{-2},$$
$$ [M'][L']^2[T']^{-3} = 32 \cdot 550h \cdot [M][L]^2[T]^{-3},$$
$$ [M'][L']^2[T']^{-2} = 32 \cdot 2240n \cdot [M][L]^2[T]^{-2},$$

Multiplying the first equation by the square of the third, and dividing by the square of the second, we get the required value for $[M']$.

[Switchgear]

ผมโพสต์เฉลย PROBLEM PAPERS 2 ครบทั้ง 12 ข้อแล้ว ... ที่เหลือค่อยมาเฉลยวันหลัง

หวังว่าโจทย์เหล่านี้คงให้ความรู้กับผู้สนใจได้พอสมควร

[Switchgear]

กำลังสนุกกับการเฉลย ... เรามาต่อกันด้วยเฉลย PROBLEM PAPERS 3 เลยดีกว่า :haha:

.

[Switchgear]

1. $A$ is the centre of a circle, and $B$ is any point outside it. $BC$ is a straight line drawn from $B$ to cut the circle at $C$, and $BD, BE$ are the tangents from $B$. Through $C$ a straight line is drawn perpendicular to $BC$ to cut $AD$ in $T$, and $AE$ in $U$. Prove that $AB$ is a mean proportional between $AT$ and $AU$.

Solution:

$\;\;\;$ Since $TDBC$ and $UEBC$ are cyclic, therefore
$\;\;\;\;\; T{\hat B}U = T{\hat B}C + U{\hat B}C = A{\hat D}C + U{\hat E}C = 360^\circ - 2D{\hat A}B - (180^\circ - D{\hat A}B) = 180^\circ - B{\hat A}U,$
since $D{\hat A}B = B{\hat A}U.$
therefore $\;\; A{\hat B}T + A{\hat B}U + B{\hat A}U= 180^\circ, $
therefore $\;\; A{\hat B}T = A{\hat U}B \;\;$ and $\;\; B{\hat A}T = B{\hat A}U \;\;$
therefore $\;\; A{\hat T}B = A{\hat B}U, $
and the triangles $ATB, ABU$ are similar. Hence the result.

[Switchgear]

2. $PGQ$ is a chord of a parabola meeting the axis in $G$. Prove that the distance of $G$ from the vertex, the ordinates of $P$ and $Q$ and the latus-rectum are proportionals.

Solution:

$\;\;\;$ If $PM, QN$ are the ordinates, we have $\displaystyle \frac{MG^2}{GN^2} = \frac{PM^2}{QN^2} = \frac{AM}{AN},$
therefore $\;\;\;\displaystyle \frac{(AG-AM)^2}{(AN-AG)^2} = \frac{2AM \cdot AG}{2AN \cdot AG} = \frac{AG^2 + AM^2}{AN^2 + AG^2},$
therefore $\;\;\;\displaystyle \frac{AG^2 + AM^2}{AM} = \frac{AN^2 + AG^2}{AN} = \frac{AN^2 - AM^2}{AN - AM} = AN + AM.$
therefore $\;\;\;AG^2 = AM \cdot AN,$

whence the property in question immediately follows.

[Switchgear]

3. Shew that the coefficient of $x^{n-2}$ in the expansion of $(1-\frac34x)^{-\frac{11}3}$ is
$$\frac{2\cdot5\cdot8...(3n+2)}{5\cdot4^n\cdot(n-2)!}.$$

Solution:

$\;\;\;$ The term involving $x^{n-2}$ is

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle \frac{-\frac{11}{3} (-\frac{11}{3}-1)\cdot \cdot \cdot (-\frac{11}{3}-(n-2)+1)}{(n-2)!}(-\frac34x)^{n-2}$

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle = (-1)^{n-2} \frac{11 \cdot 14 \cdot \cdot \cdot (3n+2)}{(n-2)!} \cdot (-1)^{n-2} (\frac14x)^{n-2}$

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle = \frac{11 \cdot 14 \cdot \cdot \cdot (3n+2)}{4^{n-2} \cdot (n-2)!} \cdot x^{n-2}.$

The given form is obtained by multiplying numerator and denominator by $2\cdot 5\cdot 8.$

[Switchgear]

4. Shew that the $42^{nd}$ power of any number which is not a multiple of $7$ is of the form $49m + 1$.

Solution:

$\;\;\;$ Let $N$ be the number. Then by Fermat s Theorem, $N^6 = 7m + 1,$
therefore $N^{42} = (7m+1)^7 = M(49)+1,$ by the Binomial Theorem.

[Switchgear]

5. Prove that the ratio of the area of the triangle formed by the points of contact of the inscribed circle of a triangle $ABC$ to the area of $ABC$ is half the ratio of the radii of the inscribed and circumscribed circles of the triangle $ABC$.

Solution:

$\;\;\;$ Let $L, M, N$ be the points of contact. Then if $\Delta'$ be the area of $LMN,$ we have
$\displaystyle \Delta' = \frac12r^2 \cdot \Sigma \sin A = 2r^2 \cdot \Pi \cos \frac{A}2,\;\;$ and $\;\;\Delta = 2R^2 \cdot \Pi \sin A.$
Also $\;\;\displaystyle r = 4R \cdot \Pi \sin \frac{A}2,\;\;$ whence $\;\;\displaystyle \frac{\Delta'}{\Delta} = \frac{r}{2R}.$


ข้อนี้โจทย์น่าสนใจมาก...เป็นโจทย์ที่สวยงามในทางเรขาคณิต :)

[Switchgear]

เฉลยมาหลายข้อแล้ว ไม่รู้ว่าจะตรงกับวิธีที่แต่ละคนคิดเองก่อนหน้านี้หรือเปล่า ?
ใครมีเฉลยที่ต่างออกไปจากนี้ ลองโพสต์ให้เพื่อนๆ ได้อ่านด้วยก็ดีครับ :)

[nongtum]

ผมยังไม่ได้คิดข้ออื่นเลยครับ รู้แต่ว่าวิธีที่เ้ขาเฉลยข้อสี่ กินแรงน้อยกว่าแบบที่ผมโพสต์เยอะครับ

[Switchgear]

เท่าที่ผมอ่านจากคำนำในการพิมพ์ครั้งที่ 2 ของหนังสือต้นฉบับ พบว่าหลังการพิมพ์ครั้งแรกแล้ว มีอาจารย์ที่เอาหนังสือไปใช้สอน
และผู้เชี่ยวชาญต่างๆ ช่วยแก้เฉลยบางข้อให้เจ๋งกว่าเดิม และเขาก็นำมาปรับปรุงในการพิมพ์คราวต่อมา

ผมคิดว่านี่คงเป็นเหตุผลที่ทำให้หนังสือของเขามีเฉลยที่สุดยอดมากขึ้นเรื่อยๆ ... ไม่ใช่แค่พิมพ์ซ้ำหากินจากของเดิม

[Switchgear]

ความเห็นที่แล้ว ผมไม่ตั้งใจจะกระทบกระเทียบใครนะครับ :)

แต่ถ้าผู้แต่งหนังสือของบ้านเรา จะนำไปเป็นข้อคิดในการส่งเสริมความก้าวหน้าให้กับหนังสือตัวเองก็ย่อมเป็นสิ่งดี
สุภาษิตโบราณกล่าวไว้ว่า "ความจริงมักบาดใจ" ผมก็ไม่รู้มันจริงหรือไม่ ?

[Switchgear]

6. Find approximately, by a graphical method, the circular measure of the acute angle which satisfies the equation $\cot x = 4x$.

Solution:

$\;\;\;$ If $f(x) = \cot x - 4x,$ we have $f(0) = \infty,\; f(\frac{\pi}6) = \sqrt3 - \frac{2\pi}3,$ which is negative.
Hence the root lies between and $0$ and $\frac{\pi}6$. From the graphs $y = \cot x$ and $y = 4x$,
its value is approximately $0.48$.

[Switchgear]

7. Shew that the locus of the poles of tangents to the circle $x^2+y^2 = a^2$ with respect to the circle $x^2 + y^2 = 2bx$ is the conic
$$(a^2-b^2)x^2 + a^2y^2 - 2a^2bx + a^2b^2 = 0.$$

Solution:

$\;\;\;$ If the tangent $\;\;x \cos\theta + y \sin\theta = a\;\;$ coincides with the polar $xx' + yy' = b(x + x')$, we have
$\displaystyle \frac{x'-b}{\cos\theta} = \frac{y'}{\sin\theta} = \frac{bx'}{a}$, whence $\displaystyle (x' - b)^2 + y'^2 = \left(\frac{bx'}{a}\right)^2$, giving the required locus for $(x',y')$.

[Switchgear]

8. If tangents be drawn from points on the line $x = c$ to the parabola $y^2 = 4ax$, shew that the locus of the intersection of the corresponding normals is the parabola
$$ay^2 = c^2(x+c-2a).$$

Solution:

$\;\;\;$ The intersection of the tangents at $m$ and $m'$ is the point $amm', a(m + m'),$ and the intersection of the normals is $a (m^2 + mm' + m'^2) + 2a,\;\; -amm'(m + m')$.

Now $amm' = c$. Hence, putting $m + m' = \lambda,$ the latter point is
$\;\;\;\displaystyle x = a\left(\lambda^2 - \frac{c}{a}\right) + 2a,\;\; y = -c\lambda.$
Eliminating $\lambda,$ the result follows.

[Switchgear]

เฉลยไป 3 ใน 4 ของ PROBLEM PAPERS 3 แล้ว ... เอาไว้จะมาเฉลยต่อและเพิ่มโจทย์ให้อีก

เบ็ดเสร็จแล้วจะมีอยู่ทั้งหมด 100 Papers ซึ่งเยอะมากเมื่อดูจากปริมาณของ 3 Papers แรกที่เฉลยมา
ถ้าน้องๆ คนไหนสนใจฝึกทำโจทย์ครบจนหมด 100 Papers คงมีฝีมือต่างจากคนอื่นพอดูเลย :)

[Switchgear]

9. Tangents are drawn from any point on $\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 4\;$ to $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$: prove that they form with their chord of contact a triangle whose centroid is on the latter conic.

Solution:

$\;\;\;$ The abscissae of the intersections of $\displaystyle \frac{xx'}{a^2} + \frac{yy'}{b^2} = 1\;$ and $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
are determined by the equation $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2}\left(\frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2}\right) - \frac{2xx'}{a^2} + 1 - \frac{y'^2}{b^2} = 0.$

$\;\;\;$ If $x_1,\; x_2$ are the roots of the equation, and if $(x', y')$ lies on $\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 4,$ we have $\displaystyle x_1 + x_2 = \frac12x'$.
$\;\;\;$ Hence if $(\bar x, \bar y)$ be the centroid, $\displaystyle \bar x = \frac13(x_1 + x_2 + x') = \frac12x'$.
Similarly $\displaystyle \bar y = \frac12y',$ so that $\displaystyle \frac{\bar x^2}{a^2} + \frac{\bar y^2}{b^2} = \frac14\left(\frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2}\right) = 1.$

[Switchgear]

10. The faces $AB, AC$ of a fixed triangular wedge make angles $\beta, \gamma$ with the horizon. Equal weights connected by a string which passes without friction over the vertex $A$ rest on the faces, the one weight being just on the point of moving up, the other of moving down. Shew that $\mu = \tan\frac12(\beta-\gamma)$, where $\mu$ is the coefficient of friction for either weight.

Solution:

$\;\;\;$ With the usual notation $\;\;W\sin\beta = T + \mu R = T + \mu W\cos\beta$
and $\;\;T= W\sin\gamma + \mu R' = W\sin\gamma + \mu W\cos\gamma,$
therefore $\;\;W(\sin\beta - \sin\gamma) = \mu W(\cos\beta + \cos\gamma),$
whence $\;\;\mu = \tan \frac12(\beta - \gamma).$

[Switchgear]

11. If the radii of a wheel and axle are $1$ ft. and $3$ in., and the suspended weights are $1$ lb., $3$ Ib. respectively, prove that the heavier weight will ascend with acceleration $\frac1{19}g$, the inertia of the machine being neglected.

Solution:

$\;\;\;$ Let $T,\; T'$ be the tensions of the strings round the axle and wheel respectively, and $f, f'$ the accelerations of the weights. Then
$\;\;\;\;\;\; T-3g = 3f,\;\; g-T' =f',\;\; f = \frac14f',\;\; T = 4T',$
whence $\; 3g + 3f = 4g - 4f' = 4g - 16f,$ therefore $f = \frac1{19}g.$

[Switchgear]

มาดูเฉลยข้อสุดท้ายของ Papers 3 กันดีกว่า :)


12. It is required to throw a projectile from a given point below a given plane whose inclination to the horizon is $\alpha$, so as to strike the plane. Shew that the velocity of projection must exceed $(2gc \cos \alpha)^{\frac12}$, where $c$ is the distance of the point from the plane.

Solution:

$\;\;\;$ Taking the point of projection as origin, and $\theta$ as the angle of projection, the equation to the path is
$\;\;\;\;\;\; \displaystyle y = x\tan\theta - \frac12g\cdot \frac{x^2}{V^2 \cos^2 \theta},$
and to the line of the plane $y = x \tan\alpha + c \sec\alpha.$

Eliminating $y,$ we get
$\;\;\;\;\;\; \displaystyle \frac12g\cdot \frac{x^2}{V^2 \cos^2 \theta} + x(\tan\alpha -\tan\theta) + c \sec\alpha = 0.$

Hence, if the intersections are real,
$\;\;\;\;\;\; \displaystyle (\tan\alpha -\tan\theta)^2 > \frac{2g}{V^2 \cos^2 \theta)}\cdot c \sec\alpha,\;\;$ i.e. $\; \displaystyle V^2 > 2cg \cdot \frac{\cos\alpha}{\sin^2 (\alpha-\theta)},$
which is impossible unless $\; \displaystyle V^2 > 2cg \cos\alpha.$

[Switchgear]

ว่างๆ จะมาโพสต์โจทย์เพิ่มเติมให้อีก ... ตอนนี้เหลือแค่ Problem Papers 4 เท่านั้นที่ยังไม่เฉลย

[Switchgear]

มาดูข้อสอบชุดที่ 5 กันต่อ ... หวังว่าคงไม่ยากจนเกินไป :)


PROBLEM PAPERS 5

1. If $AA'BB',\; BB'CC',\; CC'AA'$ are three circles, and the straight lines $AA',\; BB',\; CC'$ cut the circle $A'B'C'$ in $\alpha,\; \beta,\; \gamma$ respectively, then the triangle $\alpha \beta \gamma$ will be similar to $ABC$.

2. If the diagonals of a quadrilateral circumscribing a conic intersect in a focus, they are at right angles, and the third diagonal is the corresponding directrix.

3. If $n$ be any integer, and if the expansion of $(1 + x)^2n$ be $1 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + ...$, prove that the sum of $n$ terms of the series $a_2 - a_3 + a_4 - a_5 + ...$ is
$$ 2n-1+\frac{(-1)^{n+1}\cdot(2n-1)!}{(n+1)!(n-2)!}.$$

4. Prove that the problem of dividing a solid hemisphere of unit radius into two equal parts by means of a plane parallel to the base involves the solution of the equation $x^3 - 3x + 1 = 0$, and find graphically the root of this equation which is applicable to the problem in question.

5. If $A+ B + C = \pi,\;\; \gamma-\beta = \pi-A,\;\; \beta-\alpha = \pi-C$, prove that
$\;\;\;\;\;\; \sin A \cos 2\alpha + \sin B \cos 2\beta + \sin C \cos 2\gamma + $
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; (\sin A + \sin B + \sin C) (\cos (\beta+\gamma) + \cos (\gamma+\alpha) + \cos (\alpha+\beta)) = 0.$

6. On the sides of a triangle as bases are described internally three isosceles triangles with base angles $\theta$. If the triangle formed by their vertices is similar to the original triangle, then
$$\tan\theta = \frac{\sin A + \sin B + \sin C}{1+\cos A \cos B \cos C}.$$

7. From a point $P(x' , y')$ perpendiculars $PM,\; PN$ are drawn on the straight lines $ax^2+2hxy + by^2 = 0$. Shew that if $O$ is the origin, the area of the triangle $OMN$ is
$$\frac{(ay'^2-2hx'y'+bx'^2)(h^2-ab)^\frac12}{(a-b)^2+4h^2}.$$

8. If the normal at $P$ to a parabola meet the curve again in $P$ and the normals at $P,\; P'$ make angles $\alpha,\; \alpha'$ with the axis, prove that $3 \cos\alpha' + \cos (2\alpha-\alpha' ) = 0$.

9. Shew that the four common tangents of the ellipse $\displaystyle \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1$ and the rectangular hyperbola $xy = c^2$ are the lines
$$\{4c^2x^2+a^2(2xy-4c^2)\}\{4c^2y^2+b^2(2xy-4c^2)\}+(b^2x^2-a^2y^2)^2 = 0.$$

10. A cylindrical ruler of radius $a$ and length $2l$ rests on a horizontal rail with one end against a smooth vertical wall to which the rail is parallel. Shew that the angle the axis of the ruler makes with the vertical is given by
$$(l \sin\theta + a \cos\theta) \sin^2\theta + 2a \cos\theta = b,$$
where $b$ is the distance of the rail from the wall.

11. An elastic ball is dropped from the ceiling of a room of height $h$, and at the same instant a similar ball is dropped from a point midway between the ceiling and the floor. If the coefficient of restitution in each case is $e$, shew that the balls will first pass each other at a height
$$ \frac{4e^2+4e-1}{8(1+e)^2}h$$
from the floor.

12. A smooth wedge, whose section is an isosceles rightangled triangle, rests on a perfectly smooth table, the hypotenuse being in contact with the table. Two masses $m_1,\; m_2$ are attached to the ends of a string, which passes over a very small pulley at the summit of the wedge. Prove that the wedge moves on the table with acceleration
$$\frac{(m_1-m_2)g}{2M+m_1+m_2},$$
where $M$ is the mass of the wedge.

.
... ขอเชิญยอดฝีมือทุกท่านร่วมถล่มโจทย์ได้เลยครับ :haha:

[Switchgear]

ติดตามมาด้วยข้อสอบชุดที่ 6 กันเลย :haha:


PROBLEM PAPERS 6

1. Two circles are drawn touching the sides $AB,\; AC$ of a triangle $ABC$ at the ends of the base $BC$ and also passing through its middle point $D$. If $E$ be the other point of intersection,
prove that $DA \cdot DE = DC^2$.

2. If a line be drawn through a focus of a central conic, making a constant angle with a tangent, prove that the locus of the point of intersection is a circle.

3. Shew that, if $n$ be a positive integer,
$$(x + y+ z)^{2n+1} - x^{2n+1} - y^{2n+1} - z^{2n+1}$$
is, save for a numerical factor, divisible by
$$(x + y + z)^3 - x^3 - y^3 - z^3.$$

4. Shew that the expression
$$\displaystyle \Sigma_{r=1}^{r=n} \frac{a_r^{m-1}}{(a_r-a_1)(a_r-a_2)...(a_r-a_{r-1})(a_r-a_{r+1})...(a_r-a_n)}$$
is equal to zero if $m< n$, to unity if $m = n$ and to $a_1 + a_2 + ... + a_n$ if $m= n + 1$.

5. By means of a circle and the cosine-graph, or otherwise, find approximately the positive root of the equation $x^2 + \cos^2x = 2$.

6. Prove that $\displaystyle \sin\frac{\pi}{14} \sin\frac{3\pi}{14} \sin\frac{5\pi}{14} = \frac18$.

7. Prove, without assuming anything but the definition, that the straight lines $3x-y = 0$ and $x + 17y = 0$ are conjugate diameters of the conic $2x^2-xy+3y^2 = 1$.

8. The tangent at a point $P$ of a parabola meets another parabola with the same vertex and axis in $Q$ and $R$. Shew that, if $\theta_1,\; \theta_2,\; \theta_3$ are the angles the tangents at $P,\; Q,\; R$ make with the common axis, then $\cot \theta_1$ is the arithmetic mean between $\cot \theta_3$ and $\cot \theta_3$.

9. The tangent at $P$ to the hyperbola $\displaystyle \frac{y^2}{b^2} - \frac{x^2}{a^2} = 1$ meets the lines $y^2 = c^2$ at the points $Q$ and $R$. Shew that $c$ can be chosen so that $CP$ bisects the angle $QCR$ for all positions of $P$ on the curve.

10. A weight $W$ is attached to an endless string of length $l$, which hangs over two smooth pegs distant $c$ apart in a horizontal line. Prove that the pressure on each peg is of magnitude
$$W\left(\frac{l-c}{2(l-2c)}\right)^\frac12.$$

11. A piece of wire of given length is bent into the form of a circular quadrant and its two bounding radii : find the position of its centre of gravity.

12. Two heavy particles are projected from a point with equal velocities, their directions of projection being in the same vertical plane: $t, t'$ are the times taken by them to reach the point of intersection of their paths, and $T, T'$ the times to reach their highest point. Shew that $T\;t + T't'$ is independent of the directions of projection.

.
ขอบคุณคุณ nongtum ที่ช่วย Message แจ้งแก้โจทย์ข้อ 3 เพราะผมพิมพ์เลขยกกำลังผิดไป ... แก้ให้เรียบร้อยแล้วครับ
ใครเจอข้อสงสัยตรงไหนก็ทักท้วงได้ครับ :)

.
... ขอเชิญยอดฝีมือทุกท่านร่วมถล่มโจทย์ได้เลยครับ :great:

[Switchgear]

ถ้าโพสต์ข้อสอบชุดที่ 7 ต่อทันที ก็ออกจะโหดเกินไป เดี๋ยวเพื่อนๆ จะสำลักโจทย์ซะก่อน
และอีกอย่างคือผมเริ่มเหนื่อยแล้ว :haha:

เอาไว้มาสนุกกันต่อครับ :)

[passer-by]

Question 4 (PROBLEM 5) FIRST HALF

Revolving $ y= \sqrt{1-x^2}$ (in first quadrant) around X-axis

And solve for $a$

$ \pi \int_0^a 1-x^2 \,\, dx = \pi \int_a^1 1-x^2 \,\, dx $ (Equal of volume)

This equation above is equivalent to such cubic equation indicated in the problem.

[Switchgear]

ระยะหลัง ผมเริ่มสังเกตว่ามีคนเข้าอ่านกระทู้นี้มากขึ้นกว่าเดิมเยอะ ...
ตอนแรกที่เริ่มตั้งกระทู้นี้ ก็แค่คิดสนุกๆ กับข้อความที่อ่านเจอในหนังสือที่บอกไว้ตอนตั้งกระทู้

ครั้งแรกที่อ่านพบข้อความ "ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน" ผมนั่งหัวเราะก๊ากอยู่คนเดียวตั้งนาน
สาเหตุที่ขำมากๆ เพราะผมคิดต่อไปว่า "บริษัทที่ไหนมันจะจ้างคนทำวิจัยเรื่องนี้ไปทำงาน ?"
จะมีสักกี่ครั้งในชีวิตของเขาที่มีคนจ้างให้เป็นผู้เชี่ยวชาญแค่ "ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน"

เช้านี้กลับมานั่งคิดเล่นๆ เกี่ยวกับเนื้อหาที่ผมเอามาโพสต์ให้อ่านกัน โจทย์พวกนี้มาจากหนังสือที่พิมพ์ครั้งแรก
เมื่อปี 1904 และฉบับที่ผมเอามาเป็น Second Edition ปี 1914 คิดแล้วก็ตกประมาณ 100 ปีมาแล้ว
เลยนึกเปรียบเทียบกับ "แมลงสาบสมัยหิน" เพราะเป็นการขุดโจทย์ระดับ Fossil กลับมาให้คนรุ่นนี้ได้อ่าน :)

แต่ผมขุดมาให้อ่านแบบ "เต็มตัว (โจทย์ทุกแนว)" ไม่ใช่แค่ "ขาหลังข้างซ้าย (โจทย์เฉพาะเรื่องใดเรื่องหนึ่ง)"
และยังมีการ "พลิกใต้ท้อง (เฉลยโจทย์ทุกข้อ)" ให้ดูกันเต็มๆ อีกต่างหาก :great:

ฉะนั้นกระทู้นี้คงไม่ถูกครหาว่าเป็น "ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน" แน่นอน ... :haha:

[Switchgear]

มาเริ่มดูเฉลย PROBLEM PAPERS 4 กันต่อดีกว่า :)


1. $AB, AC$ are two radii of a circle inclined at an angle of $60^\circ$. Upon $AC$ a point $P$ is taken such that a circle can be described with centre $P$ to touch the circle internally and also to touch a circle on $AB$ as diameter externally. Prove that $AP = \frac45AC.$

Solution:

$\;\;\;$ Let $Q$ be the middle point of $AB$, and draw $PN$ per pendicular to $AB$. Call $AB$ unity,
and let $AP = k$. Then
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; PQ = \frac12 + (1-k) = \frac32 - k$.
Hence $QN^2 - AN^2 = (\frac32 - k)^2 - k^2 = \frac94 - 3k$
and $QN + AN = \frac12$.
therefore $QN - AN = \frac92 - 6k$, therefore $AN = 3k - 2$.
But $AN = \frac12AP = \frac12k$, therefore $3k-2 = \frac12k$, whence $k = \frac45$.

[Switchgear]

2. Given a directrix and two points on a conic, find the locus of the corresponding focus.

Solution:

$\;\;\;$ Let $P, P'$ be the two points, and let $PP'$ meet the directrix in $Z$. Then $SZ$ is the external bisector of $P\hat{S}P'$. Hence, if $PP'$ is divided internally in $Y$ in the ratio in which $Z$ divides it externally, the locus of $S$ is the circle on $YZ$ as diameter.

[Switchgear]

3. Prove that if $u = a^2 + ab + b^2$ and $v = a^2 - ab + b^2,$ then
$ 4(a^4+b^4) = 6uv - u^2 - v^2,$
$ 4(a^6+b^6) = 3u^2v + 3uv^2 - u^3 - v^3.$

Solution:

$\;\;\;$ Here $a^2 + b^2 = \frac12(u+v),\;\;\; ab = \frac12(u-v),$

therefore $(a^4+b^4) = (a^2 + b^2)^2 - 2a^2b^2 = \frac14(u+v)^2 - \frac12(u-v)^2.$

Also $(a^6+b^6) = (a^2 + b^2)[(a^2 + b^2)^2-3a^2b^2] = \frac14(u+v)(4uv-u^2-v^2).$

[Switchgear]

4. If $x < 1,$ shew that
$$ \frac{x+2}{x^2+x+1} = 2 - x - x^2 + 2x^3 - x^4 - x^5 + ... \;\;.$$

Solution:

$\;\;\;$ Since
$$ \frac{x+2}{x^2+x+1} = \frac{(2+x)(1-x)}{1-x^3} = (2-x-x^2)(1-x^3)^{-1}$$
the result follows from the Binomial Theorem.

[Switchgear]

ข้อที่เหลือค่อยมาเฉลยต่อละกัน ... พักเหนื่อยก่อน :)

[Switchgear]

5. Shew that
$$ \cos\frac{2\pi}{15} + \cos\frac{4\pi}{15} + \cos\frac{8\pi}{15} + \cos\frac{14\pi}{15} = \frac12 \;.$$

Solution:

$\;\;\;$ The given expression
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2\cos\frac{8\pi}{15}\cos\frac{6\pi}{15} + 2\cos\frac{6\pi}{15}\cos\frac{2\pi}{15}$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2\cos\frac{2\pi}{5}\left(\cos\frac{8\pi}{15} + \cos\frac{2\pi}{15}\right)$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2\cos\frac{2\pi}{5} \cdot 2\cos\frac{\pi}{5}\cos\frac{\pi}{3}$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2\cos\frac{2\pi}{5}\cos\frac{\pi}{5}$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2\sin\frac{\pi}{10}\cos\frac{\pi}{5}$
$\displaystyle \;\;\;\;\;\; = 2 \cdot \frac{\sqrt{5}-1}{4} \cdot \frac{\sqrt{5}+1}{4} = \frac12.$

[Switchgear]

6. The inscribed circle of a triangle $ABC$ touches the sides at $D, E, F,$ and $I$ is its centre. Circles whose radii are $\rho_1,\; \rho_2,\; \rho_3$ are inscribed in the quadrilaterals $IEAF, IFBD, IDCE:$ prove that
$$ \frac{\rho_1}{r-\rho_1} + \frac{\rho_2}{r-\rho_2} + \frac{\rho_3}{r-\rho_3} = \frac{\rho_1 \rho_2 \rho_3}{(r-\rho_1)(r-\rho_2)(r-\rho_3)} \;.$$

Solution:

$\;\;\;$ If the first circle touches $IE$ in $N$, we have $\displaystyle r = IE = IN + NE = \rho_1 \tan \frac{A}{2} + \rho_1,$
therefore $\displaystyle \frac{\rho_1}{r-\rho_1} = \cot \frac{A}{2}.$ But since $\displaystyle \frac{A}{2} + \frac{B}{2} + \frac{C}{2} = \frac{\pi}{2},$ therefore $\displaystyle \Sigma \cot \frac{A}{2} = \Pi \cot \frac{A}{2}.$
Hence the result.

[Switchgear]

7. A straight line parallel to $lx + my = 1$ meets the axes (supposed inclined at an angle $\omega$) in $P$ and $Q$. From $P$ and $Q$ perpendiculars are drawn to the lines $py + x = 0,\; qx + y = 0$ respectively. Shew that these perpendiculars meet on a fixed straight line, and find its equation.

Solution:

$\;\;\;$ Let the straight line be $lx + my = k$. Then $P$ is $(\frac{k}{l},0)$ and any line through $P$ is $y = \lambda (x- \frac{k}{l})$. If this is perpendicular to $x + py = 0$, we have
$ \lambda-p = (\lambda p - 1) \cos \omega,\;$ i.e. $\; \lambda (1 - p \cos \omega) = p - \cos \omega.$

Hence the line is
$ (1 - p \cos \omega)y = (p - \cos \omega)(x - \frac{k}{l}).$

Similarly the line through $Q$ is
$ (1 - q \cos \omega)x = (q - \cos \omega)(y - \frac{k}{m}).$

Eliminating $k$, the locus of the intersection is
$ (q - \cos \omega)[(1 - p \cos \omega)l + (p - \cos \omega)m]y = (p - \cos \omega)[(1 - q \cos \omega)m + (q - \cos \omega)l]x $

[Switchgear]

มาดูเฉลยกันต่อเลย ...

[Switchgear]

8. Two tangents $t_1$ and $t_2$ are drawn to a parabola ; $h$ is the internal bisector of the angle between them and $t$ is the tangent parallel to $h$. Shew that the product of the perpendiculars from the focus on $t_1$ and $t_2$ is the same as that on $t$ and $h$.

Solution:

$\;\;\;$ Let the parabola be $y^2 = 4ax$. Then the equations to $t_1$ and $t_2$ may be taken in the forms
$$ x \cos a_1 + y \sin a_1 + a \sin a_1 \tan a_1 = 0,$$
$$ x \cos a_2 + y \sin a_2 + a \sin a_2 \tan a_2 = 0.$$

The equation to $h$ is found by adding these, and is thus
$$ x \cos \frac{a_1+a_2}{2} + y \sin \frac{a_1+a_2}{2} + a \frac{\sin a_1 \tan a_1 + \sin a_2 \tan a_2}{2 \cos \frac{a_1-a_2}{2}} = 0,$$
whence also the equation to $t$ is
$$ x \cos \frac{a_1+a_2}{2} + y \sin \frac{a_1+a_2}{2} + a \sin \frac{a_1+a_2}{2} \tan \frac{a_1+a_2}{2} = 0.$$

The perpendiculars from $(a, 0)$ on $h$ and $t$ are
$\displaystyle a\left( \cos \frac{a_1+a_2}{2} + \frac{\sin a_1 \tan a_1 + \sin a_2 \tan a_2}{2 \cos \frac{a_1-a_2}{2}} \right)\;\;$ and $\;\; a \cos \frac{a_1+a_2}{2},$
and the product of these is
$$\displaystyle a^2\left( 1+ \frac{\sin a_1 \tan a_1 + \sin a_2 \tan a_2}{ \cos a_1 + \cos a_2} \right) = a^2 \cdot \frac{\sec a_1 + \sec a_2}{\cos a_1 + \cos a_2} = a^2 \sec a_1 \sec a_2,$$
which proves the result, since the perpendiculars from $(a, 0)$ on $t_1$ and $t_2$ are $a \sec a_1$ and $a \sec a_2$.

[Switchgear]

9. If the points of intersection of the ellipses $\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1,\; \frac{x^2}{\alpha^2} + \frac{y^2}{\beta^2} = 1$ are at the extremities of conjugate diameters of the former, prove that $\displaystyle \frac{a^2}{\alpha^2} + \frac{a^2}{\beta^2} = 2 \;.$

Solution:

$\;\;\;$ If the points $(a \cos \phi,\; b \sin \phi),\; ( -a \sin \phi,\; b \cos \phi)$ both lie on the second ellipse, we have
$$ \frac{a^2 \cos^2 \phi}{\alpha^2} + \frac{b^2 \sin^2 \phi}{\beta^2} = 1,\;\; \frac{a^2 \sin^2 \phi}{\alpha^2} + \frac{b^2 \cos^2 \phi}{\beta^2} = 1,$$
whence, adding, $\displaystyle \frac{a^2}{\alpha^2} + \frac{a^2}{\beta^2} = 2 \;.$

[Switchgear]

10. The centre of gravity of a quadrilateral area is the same as that of four equal particles placed at its angular points : shew that the quadrilateral must be a parallelogram.

Solution:

$\;\;\;$ In general, the centre of gravity of a quadrilateral coincides with that of four equal particles at the angular points and a fifth equal negative particle at the intersection of the diagonals. Hence in this case the centre of gravity of the four equal particles at the angular points must be at the intersection of the diagonals, and this can only be when the diagonals bisect each other, i.e. when the quadrilateral is a parallelogram.

[Switchgear]

11. The masses in an Atwood s machine are $5$ lbs. and $3$ lbs., and the machine is being used in a lift which is ascending uniformly with acceleration $2$ ft. per sec. per sec. Find the accelerations of the two masses and the tension of the string.

Solution:

$\;\;\;$ Let $f, f'$ be the downwards and upwards accelerations in space of the masses $5$ lbs. and $3$ lbs., and $T$ the tension of the string. Then $5g -T = 5f,\;\; T-3g = 3f'$.

$\;\;\;$ Also, since the accelerations of the two masses relative to the lift are the same, we have $f+2 = f'-2,\;\;$ i.e. $f'-f = 4.$

Hence $\displaystyle (\frac T 3 - g) - (g - \frac T 5) = 4,\;\;$ i.e. $\displaystyle \frac{8T}{15} = 2g + 4 = 2g$ $+ \frac18g = \frac{17}8g,$

Therefore $T = \frac{255}{64}g,\;\;$ i.e. the tension is $3 \frac{63}{64}$ lbs. wt.

Also, substituting for $T$ in the first two equations, we find $f = \frac{13}2$ and $f' = \frac{21}2$ ft/sec$^2$.

[Switchgear]

12. A particle projected with a given velocity from a point on a horizontal plane strikes normally at $P$ a vertical wall at distance a. Shew that if $b$ is the vertical distance between the possible positions of $P$, and $c$ is the height to which the particle would have ascended if projected vertically, then $a^2+b^2 = c^2$.

Solution:

$\;\;\;$ We have $\displaystyle \frac{v^2\sin^2\alpha}{2g} = h,\;\; \frac{v^2\sin\alpha\cos\alpha}{g} = a,\;\; v^2 = 2gc,$
whence the possible values of $h$ are the roots of $\displaystyle \frac{h}{c}\left(1-\frac{h}{c} \right) = \frac{a^2}{4c^2},$ or $\displaystyle h^2 -ch + \frac{a^2}{4} = 0.$

Hence, since $b$ is the difference of the roots, $b^2 = c^2 - a^2$.

[Switchgear]

เอาละครับ ... โพสต์เฉลยจบไปอีกหนึ่งชุด :)

[Switchgear]

มาดูเฉลยข้อสอบชุดต่อไปเลยดีกว่า ... ไม่ต้องรอกันนาน :D

1. If $AA'BB',\; BB'CC',\; CC'AA'$ are three circles, and the straight lines $AA',\; BB',\; CC'$ cut the circle $A'B'C'$ in $\alpha,\; \beta,\; \gamma$ respectively, then the triangle $\alpha \beta \gamma$ will be similar to $ABC$.

Solution:

$\;\;\;$ Since the quadrilaterals $AA'B'B$ and $\alpha A'B' \beta$ ft are both cyclic, therefore
$$A'\hat{A}B = 180^\circ - A'\hat{B'}B = A'\hat{\alpha'}\beta.$$
Therefore $\alpha \beta$ is parallel to $AB$, and similarly for the other sides.

[Switchgear]

2. If the diagonals of a quadrilateral circumscribing a conic intersect in a focus, they are at right angles, and the third diagonal is the corresponding directrix.

Solution:

$\;\;\;$ Let $ABCD$ be the quadrilateral, and let each of the tangents from $A$ subtend an angle $\alpha$ at the focus, each of those from $B$ an angle $\beta$, and so on. Then, since $AC$ and $BD$ are straight lines, $\alpha + \beta = \gamma + \delta$. But
$2(\alpha + \beta + \gamma + \delta) = 360^\circ;\;\;$ therefore $\alpha + \beta = 90^\circ,$

i.e. the diagonals are at right angles. Further, since
$2\alpha + 2\beta = 180^\circ,$
each of the lines joining the points of contact of opposite sides is a focal chord. Therefore the extremities of the third diagonal are on the directrix.

[Switchgear]

3. If $n$ be any integer, and if the expansion of $(1 + x)^{2n}$ be $1 + a_1x + a_2x^2 + a_3x^3 + ...$, prove that the sum of $n$ terms of the series $a_2 - a_3 + a_4 - a_5 + ...$ is
$$ 2n-1+\frac{(-1)^{n+1}\cdot(2n-1)!}{(n+1)!(n-2)!}.$$

Solution:

$\;\;\;$ The series $1 - a_1 + a_2 - ...$ to $(n + 2)$ terms is the absolute term in the product of $(1 + x)^{2n}$, and the series
$$1 - \frac{1}{x} + \frac{1}{x^2} - ... + (-1)^{n+1}\frac{1}{x^{n+1}} = \frac{1-(-1)^{n+2}\frac{1}{x^{n+2}}}{1+\frac{1}{x}},$$
and is therefore the coefficient of $x^{n+1}$ in $(1+x)^{2n-1}[x^{n+2} - (-1)^{n+2}]$

$\;\;\; = ............................. (-1)^{n+1}(1+x)^{2n-1}$

$\;\;\; = (-1)^{n+1}\frac{(2n-1)!}{(n+1)!(n-2)!}.$

[Switchgear]

4. Prove that the problem of dividing a solid hemisphere of unit radius into two equal parts by means of a plane parallel to the base involves the solution of the equation $x^3 - 3x + 1 = 0$, and find graphically the root of this equation which is applicable to the problem in question.

Solution:

$\;\;\;$ Let $x$ be the distance of the cutting plane from the centre. Then, regarding the spherical cap cut off as the difference between a spherical sector and a cone, we have
$\frac13\cdot2\pi(1-x) - \frac13x\pi(1-x^2) = \frac13\pi$,
since the volume of the cap is $\frac14$ that of the sphere.

$\;\;\;$ This equation at once reduces to $x^3 - 3x + 1 = 0$, and the root between $0$and $1$, determined from the graphs $y = x^3$ and $y = 3x-1$, is about $0.35$.

[Switchgear]

ถ้าโพสต์โจทย์และเฉลยไปเรื่อยๆ จนจบ (หรือซักครึ่งทางของที่คาดไว้) คิดว่าคงทำลายสถิติหลายอย่างของห้องนี้ :sung:

[Switchgear]

กะว่าจะเข้ามาเฉลยข้อ 5 แต่มันค่อนข้างยาว และติดธุระซะแล้ว
เอาไว้เสาร์-อาทิตย์ ค่อยเข้ามาเฉลยให้ละกัน ...

แต่เห็นว่าจะมีการสอบอะไรซักอย่างในวันหยุดนี้
ซึ่งถ้ามีคนตั้งกระทู้และโพสต์โจทย์ข้อสอบดังกล่าว ผมอาจร่วมสนุกในการเฉลยด้วยก็ได้

[Switchgear]

กะว่าจะเข้ามาเฉลยเพิ่มให้หลายครั้งแล้ว แต่ก็รวบรวมสมาธิไม่ได้ซะที ต้องขออภัยผู้ติดตามอ่านด้วยครับ
ช่วงนี้มีภารกิจยุ่งๆ หลายอย่าง ทำให้จิตใจไม่ค่อยสงบเท่าไร ... เอาไว้ให้งานซาลงแล้ว จะมาสนุกต่อ :)