Mathcenter Forum - ดูหนึ่งข้อความ

-InnoXenT- · #52 18 กรกฎาคม 2011, 08:53

วิธีของผมนั้น ยาวกว่านิดนึง แต่ผมแนะนำวิธีของคุณ No.Name ครับ ง่ายกว่าเยอะ
http://www.mathcenter.net/forum/show...7&postcount=27

ข้อ.7

คุณ No.Name เฉลยไว้อีกแล้ว

http://www.mathcenter.net/forum/show...8&postcount=28

ข้อ 8.

จงหารูปอย่างง่ายของ

$$\frac{\cos{3^{\circ}}\sin{4^{\circ}}\cos{5^{\circ}}+\cos{5^{\circ}}\sin{6^{\circ}}\cos{7^{\circ}}+\cos{7^{\circ}}\sin{8^{\circ }}\cos{9^{\circ}}+...+\cos{175^{\circ}}\sin{176^{\circ}}\cos{177^{\circ}}}{\cos{1^{\circ}}\cos{5^{\circ}}}$$

My Solution

คูณด้วย $2\sin{3^{\circ}}$ ทั้งบนและล่าง $\cos (2n-1)\Big[2\sin (2n)\sin 3^{\circ}\Big]\cos (2n+1)$

$\displaystyle{\cos (2n-1)\Big[2\sin (2n)\sin 3^{\circ}\Big]\cos (2n+1)=\cos (2n-1)\Big[\
cos(2n-3)-\cos(2n+3)\Big]\cos (2n+1)}$

$\displaystyle{=\cos(2n-3)\cos (2n-1)\cos (2n+1)-\cos (2n-1)\cos (2n+1)\cos(2n+3)}$

ดังนั้น พจน์ตัวเศษ จะเป็น

$\displaystyle{2\sin 3^\circ\Big[\cos3^{\circ}\sin4^{\circ}\cos5^{\circ}+\cos5^{\circ}\sin6^{\circ}\cos7^{\circ}+...+\cos175^{\circ}\sin176^{\circ}\cos177^{\circ }\Big]}$

$\displaystyle{=\cos1^{\circ}\cos3^{\circ}\cos5^{\circ}-\cos3^{\circ}\cos5^{\circ}\cos7^{\circ}+\cos3^{\circ}\cos5^{\circ}\cos7^{\circ}-...-\cos175^{\circ}\cos177^{\circ}\cos179^{\circ }}$

$\displaystyle{=2\cos1^{\circ}\cos3^{\circ}\cos5^{\circ}}$

เมื่อนำไปรวมกับตัวส่วน จะได้ $\displaystyle{\frac{2\cos{1^{\circ}}\cos{3^{\circ}}\cos{5^{\circ}}}{2\cos{1^{\circ}}\sin{3^{\circ}}\cos{5^{\circ}}} = \cot{3^{\circ}}}$

ข้อ 9.

ให้ $F_n$ เป็นลำดับซึ่งกำหนดโดย $F_1 = F_2 = 1$ และ $F_{n+2} = F_{n+1}+F_{n}, \forall n \in \mathbf{Z}^+ $ จงหาค่าของ

$$\sum_{k=0}^{\infty} \frac{F_k}{3^k}$$

My Solution

$F_1 = 1$
$F_2 = 1$
$F_3 = 2$
$F_4 = 3$
$F_5 = 5$
$F_6 = 8$
$F_7 = 13$

Let $\displaystyle{x = \sum_{k=1}^{\infty}{\frac{F_k}{3^k}}}$

$\displaystyle{x = \frac{1}{3^1}+\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+\frac{3}{3^4}+\frac{5}{3^5}+\frac{8}{3^6}+\frac{13}{3^7}+...}$ ---(1)

$\displaystyle{\frac{1}{3}x = \frac{1}{3^2}+\frac{1}{3^3}+\frac{2}{3^4}+\frac{3}{3^5}+\frac{5}{3^6}+\frac{8}{3^7}+\frac{13}{3^8}+...}$ --- (2)

(1)-(2)
$\displaystyle{\frac{2}{3}x = \frac{1}{3^1} + 0 + \frac{1}{3^3}+\frac{1}{3^4}+\frac{2}{3^5}+\frac{3}{3^6}+\frac{5}{3^7}+...}$

$\displaystyle{\frac{2}{3}x = \frac{1}{3^1} + \frac{1}{3^2}(\frac{1}{3^1}+\frac{1}{3^2}+\frac{2}{3^3}+\frac{3}{3^4}+...)}$

$\displaystyle{\frac{2}{3}x = \frac{1}{3}+\frac{1}{9}x}$

$\displaystyle{x = \frac{3}{5}}$

ข้อ 10.

กำหนด ลำดับ $\displaystyle{x_1 = \frac{1}{2} , x_n = \frac{\sqrt{x_{n-1}^2+4x_{n-1}}+x_{n-1}}{2}}$ จงหาค่าของ

$$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{x_n^2}$$

My Solution

จาก $\displaystyle{x_n = \frac{\sqrt{x_{n-1}^2+4x_{n-1}}+x_{n-1}}{2}}$

สามารถนำมาเขียนในรูปของสมการกำลังสองได้ ดังนี้

$\displaystyle{x_n^2-x_{n-1}x_n-x_{n-1} = 0}$

นำ $\displaystyle{x_{n-1}x_n^2}$ หารตลอด จะได้

$\displaystyle{\frac{1}{x_{n-1}}-\frac{1}{x_n}-\frac{1}{x_n^2} = 0}$

หาผลรวมตั้งแต่ $n=2$ จนถึง $\infty$ จะได้

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_{n-1}}-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_n} = \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_n^2}}$

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_{n-1}}-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_n} +\frac{1}{x_1^2}= \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_n^2}+\frac{1}{x_1^2}}$

$\displaystyle{\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_{n-1}}-\sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{x_n} + 4= \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n^2}}$

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n^2} = 4 + (\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+...) - (\frac{1}{x_2}+\frac{1}{x_3}+\frac{1}{x_4}+...)}$

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{x_n^2} = 4+\frac{1}{x_1} = 6}$

ข้อ 11.

จงหาสมการทั่วไป ของพาราโบลาเอียง ในระบบพิกัดฉาก

My Solution

นิยามของพาราโบลาคือ เซตของจุด A ซึ่ง ทุกๆจุดในจุด A มีระยะห่างระหว่างจุดจุดหนึ่ง(จุดโฟกัส) กับ ระยะห่างระหว่างเส้นตรงเส้นหนึ่ง(เส้นไดเรกตริกซ์) มีค่าเท่ากัน กำหนด จุด $(h,k)$ เป็นจุดโฟกัส และเส้นตรง $ax+by+c =0$ เป็นเส้นไดเรกตริกซ์

$\displaystyle{\sqrt{(x-h)^2+(y-k)^2}} = \frac{\left| ax+by+c\,\right| }{\sqrt{a^2+b^2}}$
ยกกำลังสองทั้งสองข้าง
$\displaystyle{(x^2-2hx+h^2+y^2-2ky+k^2)(a^b+b^2)=a^2x^2+b^2y^2+c^2+2acx+2bcy+2abxy}$
จะได้สมการตามต้องการ
$\displaystyle{b^2x^2+a^2y^2-2(h+ac)x-2(k+bc)y+h^2+k^2-c^2-2abxy = 0}$

จัดรูปนิดหน่อย จะได้

$\displaystyle{(bx-ay)^2-c(c+2ax+2by)-h(2x-h)-k(2y-k) = 0}$

หมายเหตุ : ค่าคงที่อาจเปลี่ยนแปลงได้

ข้อ 12.

กำหนดให้ $x > 0$ จงแก้สมการ

$$\overbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+x}}}}}^{n} + \sqrt{3}\overbrace{\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+x}}}}}^{n} = 2x$$

My Solution

พิสูจน์ว่า $x\le2$

ดูที่พจน์ที่สอง

เมื่อ $n = 1$ --> พจน์ที่สองคือ $\sqrt{2-x}$ ---> $x\le2$
เมื่อ $n = 2$ --> พจน์ที่สองคือ $\sqrt{2-\sqrt{2+x}}$ ---> $\sqrt{2+x}\le2$---> $x\le2$
เมื่อ $n = 3$ --> พจน์ที่สองคือ $\sqrt{2-\sqrt{2+\sqrt{2+x}}}$ ---> $\sqrt{2+\sqrt{2+x}}\le2$ ---> $x\le2$
.
.
.
เมื่อทำไปเรื่อยๆจะรู้ว่า $x\le2$ เสมอ
ดังนั้น ไม่ว่า $n$ จะเป็นจำนวนเต็มบวกใดๆก็ตาม จะได้ $x\le2$ เสมอ

ปล. Thx to คุณ Amankris ด้วยครับ ที่ทักท้วง

กำหนดให้ $x = 2\cos{\theta}$

จะได้ $\sqrt{2+x} = \sqrt{2+2\cos{\theta}} = 2\cos{\frac{\theta}{2}}$
$\displaystyle{\sqrt{2+\sqrt{2+x}} = 2\cos{\frac{\theta}{2^2}}}$

ดังนั้น
$\displaystyle{\overbrace{\sqrt{2+\sqrt{2+\sqrt{2+...+\sqrt{2+x}}}}}^{n} = 2\cos{\frac{\theta}{2^n}}}$

ดังนั้น จากโจทย์ จะได้

$\displaystyle{2\cos{\frac{\theta}{2^n}} + \sqrt{3}\sqrt{2-2\cos{\frac{\theta}{2^{n-1}}}} = 4\cos{\theta}}$

$\displaystyle{2\cos{\frac{\theta}{2^n}} + 2\sqrt{3}\sin{\frac{\theta}{2^n}} = 4\cos{\theta}}$

$\displaystyle{\frac{1}{2}\cos{\frac{\theta}{2^n}}+\frac{\sqrt{3}}{2}\sin{\frac{\theta}{2^n}} = \cos{\theta}}$

$\displaystyle{\cos{(\frac{\pi}{3} - \frac{\theta}{2^n})} = \cos{\theta}}$
เนืองด้วย $x>0$ ดังนั้น
$\displaystyle{\frac{\pi}{3}-\frac{\theta}{2^n} = \theta}$

$\displaystyle{\theta = \frac{\pi(2^n+1)}{3\cdot 2^n }}$

$\displaystyle{x = 2\cos{\frac{\pi(2^n+1)}{3\cdot 2^n }}}$

ข้อ 13.

คุณ No.Name เฉลยไว้ที่นี่ครับ
http://www.mathcenter.net/forum/show...9&postcount=29

ข้อ 14.

กำหนดลำดับ $\left\{ a_n\,\right\}$ ที่ $(3-a_{n+1})(6+a_n) = 18$ และ $a_0 = 3$ จงหาค่าของ

$$\sum_{k=0}^{n} \frac{1}{a_k}$$

My Solution

$\displaystyle{(3-a_{n+1})(6+a_n) = 18}$
$\displaystyle{6a_{n+1}+a_{n+1}a_n = 3a_n}$
$\displaystyle{a_{n+1}=\frac{3a_n}{6+a_n}}$

$\displaystyle{\frac{1}{a_{n+1}} = \frac{2}{a_n}+\frac{1}{3}}$

$\displaystyle{\frac{1}{a_{n+1}}+\frac{1}{3}=2(\frac{1}{a_n}+\frac{1}{3})}$

กำหนดให้ $\displaystyle{b_n = \frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}}$ จะได้ว่า
$\displaystyle{b_{n+1} = 2b_n}$
$\displaystyle{b_{n+1} = 2^2b_{n-1}}$
.
.
.
$\displaystyle{b_{n} = 2^nb_0 = 2^n(\frac{1}{3}+\frac{1}{3}) = \frac{2^{n+1}}{3}}$

ดังนั้น
$\displaystyle{\frac{2^{n+1}}{3} = \frac{1}{a_n}+\frac{1}{3}}$

$\displaystyle{\frac{1}{a_n} = \frac{2^{n+1}-1}{3}}$

$\displaystyle{\sum_{k=0}^{n}\frac{1}{a_n} = \frac{(2^{n+1}+2^n+...+2^2+2^1)-(n+1)}{3}}$

$\displaystyle{= \frac{\frac{2(2^{n+1}-1)}{2-1}-(n+1)}{3} = \frac{2^{n+2}-(n+3)}{3}}$

วิธีทำ ข้อ 2.

กำหนดให้ $n$ เป็นจำนวนเต็มที่มากกว่า 2 จงพิสูจน์ว่า

$$\prod_{k = 1}^{n} \tan\left[ \frac{\pi}{3}(1+\frac{3^k}{3^n-1})\,\right] = \prod_{k = 1}^{n} \cot\left[ \frac{\pi}{3}(1-\frac{3^k}{3^n-1})\,\right]$$

เมื่อ $\displaystyle{\prod_{k = 1}^{n}a_k = (a_1)(a_2)(a_3)...(a_n)}$

My Solution

กำหนดให้

$\displaystyle{u_k = \prod_{k = 1}^{n} \tan\left[ \frac{\pi}{3}(1+\frac{3^k}{3^n-1})\,\right]}$

$\displaystyle{v_k = \prod_{k = 1}^{n} \tan\left[ \frac{\pi}{3}(1-\frac{3^k}{3^n-1})\,\right]}$

ดังนั้น เราต้องการพิสูจน์ว่า

$\displaystyle{\prod_{k = 1}^{n} u_kv_k = 1}$

กำหนดให้ $\displaystyle{t_k = \tan{\frac{3^{k-1}\pi}{3^n-1}}}$

ดังนั้น $\displaystyle{u_k = \tan{(\frac{\pi}{3}+\frac{3^{k-1}\pi}{3^n-1})} = \frac{\sqrt{3}+t_k}{1-\sqrt{3}t_k}}$

$\displaystyle{v_k = \frac{\sqrt{3}-t_k}{1+\sqrt{3}t_k}}$

จากสูตรมุมสามเท่า

$\displaystyle{\tan{3\theta} = \frac{3\tan{\theta}-\tan^3{\theta}}{1-3\tan^2{\theta}}}$

ดังนั้น $\displaystyle{t_{k+1} = \frac{3t_k-t^3_k}{1-3t^2_k}}$

$\displaystyle{\frac{t_{k+1}}{t_k} = \frac{3-t^2_k}{1-3t^2_k}}$
$\displaystyle{\frac{t_{k+1}}{t_k} = (\frac{\sqrt{3}+t_k}{1-\sqrt{3}t_k})(\frac{\sqrt{3}-t_k}{1+\sqrt{3}t_k})} = u_kv_k$

ดังนั้น $\displaystyle{\prod_{k = 1}^{n} u_kv_k = (\frac{t_2}{t_1})(\frac{t_3}{t_2})(\frac{t_4}{t_3})...(\frac{t_{n+1}}{t_n}) = \frac{t_{n+1}}{t_1}}$

$\displaystyle{= \frac{\tan(\pi+\frac{\pi}{3^n-1})}{\tan{(\frac{\pi}{3^n-1})}} = 1}$

วิธีทำ ข้อ 3.

จงพิสูจน์ว่า

$$2\sqrt{7}\cos{\left[ \frac{1}{3}\cos^{-1}{\frac{1}{2\sqrt{7}}}\,\right] }-6\cos{\frac{2\pi}{7}} = 1$$

Hint :: $\displaystyle{\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{1}{2\sqrt{7}}}-2\pi)]}}$ และ $\displaystyle{\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{1}{2\sqrt{7}}}-4\pi)]}}$ มีค่าน้อยกว่า $\displaystyle{0}$

My Solution

ต่อมา พิจารณาสมการ $x^3+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8}=0$

กำหนดให้ $x = t-\frac{1}{6}$

$\displaystyle{= (t-\frac{1}{6})^3+\frac{1}{2}(t-\frac{1}{6})^2-\frac{1}{2}(t-\frac{1}{6})-\frac{1}{8} = 0}$

จัดรูป จะได้
$\displaystyle{= t^3-\frac{7}{12}t-\frac{7}{216} = 0}$

กำหนดให้ $p = -\frac{7}{12} , q = -\frac{7}{216}$ และ $t = 2\sqrt{\frac{-p}{3}}\cos{\alpha}$

จะได้
$\displaystyle{\frac{-8p}{3}\sqrt{\frac{-p}{3}}\cos^3{\alpha}+2p\sqrt{\frac{-p}{3}}\cos{\alpha}+q = 0}$

หารตลอดด้วย $\frac{-2p}{3}\sqrt{\frac{-p}{3}}$

จะได้
$\displaystyle{4\cos^3{\alpha}-3\cos{\alpha}-\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}} = 0}$

เมื่อเทียบกับ สูตรมุม สามเท่า $\displaystyle{4\cos^3{A}-3\cos{A} = \cos{3A}}$

ดังนั้น คำตอบของสมการนี้ คือ
$\displaystyle{\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}})]}}$
$\displaystyle{\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}} - 2\pi)]}}$
$\displaystyle{\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}} - 4\pi)]}}$

$\displaystyle{t_k = 2\sqrt{\frac{-p}{3}}\cos{[\frac{1}{3}(\cos^{-1}{\frac{3q}{2p}\sqrt{\frac{-3}{p}}}-2k\pi)]}}$ เมื่อ $k = 0,1,2$

เราต้องการค่า $x = \cos{\frac{2\pi}{7}}$ จากโจทย์จะรู้ว่า เมื่อ $k = 1,2$ จะให้ค่า $t_k$ เป็นค่าลบ ซึ่งไม่ใช่สิ่งที่เราต้องการ ดังนั้น เลือกแทนค่า $t_0$ ลงใน $x$ , $x = \cos{\frac{2\pi}{7}}$
และแทนค่า $p,q$ จะได้

$\displaystyle{\cos{\frac{2\pi}{7}} = \frac{1}{6}(2\sqrt{7}\cos{(\frac{1}{3}\cos^{-1}{\frac{1}{2\sqrt{7}}})}-1)}$
จัดรูปต่อ จะได้

$\displaystyle{2\sqrt{7}\cos{\left[ \frac{1}{3}\cos^{-1}{\frac{1}{2\sqrt{7}}}\,\right] }-6\cos{\frac{2\pi}{7}} = 1}$

วิธีทำ ข้อ 4.

จงพิสูจน์ว่า

$$\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-...}}}}}} = 2(\cos{\frac{4\pi}{19}}+\cos{\frac{6\pi}{19}}+\cos{\frac{10\pi}{19}})$$

เครื่องหมายเป็น $+,+,-,+,+,-,...$

My Solution

กำหนดให้ $\displaystyle{x = \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-\sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-...}}}}}}}$

จะได้ $\displaystyle{x = \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-x}}}}$ ทิ้งไว้เท่านี้ก่อน

กำหนด $\displaystyle{a_k = \cos{\frac{a\pi}{19}}}$
ดังนั้น จะได้ว่า
i.) $\displaystyle{4a_k^2 = 2+2a_k}$
ii.) $\displaystyle{8a_ka_n = 4a_{k+n}+4a_{k-n}}$
iii.) $\displaystyle{a_{19-k} = a_{19+k} = a_{-k} = -a{-k}}$
iv.) $\displaystyle{a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}+a_{16}+a_{18} = -\frac{1}{2}}$

พิสูจน์ข้อ iv.)

กำหนดให้ $\displaystyle{P = \cos{\frac{2\pi}{19}}+\cos{\frac{4\pi}{19}}+ \cos{\frac{6\pi}{19}}+...+ \cos{\frac{18\pi}{19}}}$

คูณด้วย $\displaystyle{2\sin{\frac{\pi}{19}}}$ ทั้งสองข้าง และใช้สูตรผลคูณจะได้

$\displaystyle{2\sin{\frac{\pi}{19}}P = (\sin{\frac{3\pi}{19}}-\sin{\frac{\pi}{19}})+(\sin{\frac{5\pi}{19}}-\sin{\frac{3\pi}{19}})+(\sin{\frac{7\pi}{19}}-\sin{5\frac{\pi}{19}})+...+(\sin{\frac{19\pi}{19}}-\sin{\frac{17\pi}{19}})}$

$\displaystyle{2\sin{\frac{\pi}{19}}P = -\sin{\frac{\pi}{19}}}$
$P=-\frac{1}{2}$

กำหนดให้ $\displaystyle{x_1 = 2(a_4+a_6+a_{10})}$

$\displaystyle{x_1^2 - 4 = 4a_4^2+4a_6^2+4a_{10}^2+8a_4a_6+8a_4a_{10}+8a_6a_{10}-4}$
$\displaystyle{= 2a_8+2a_{12}+2a_{20}+4a_{10}+4a_{2}+4a_{14}+4a_6+4a_{16}+4a_4+2}$
$\displaystyle{= 2+4(a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}+a_{16}+a_{18})-2a_8-2a_{12}+2a_{20}-4a_{18}}$
$\displaystyle{= 2(a_1+a_7+a_{11})}$

กำหนดให้ $\displaystyle{x_2 = x_1^2-4 =2(a_1+a_7+a_{11})}$

$\displaystyle{x_2^2-4 = 4a_1^2+4a_7^2+4a_{11}^2+8a_1a_7+8a_1a_{11}+8a_7a_{11}-4}$
$\displaystyle{= 2a_2+2a_{14}+2a_{22}+4a_{6}+4a_{8}+4a_{10}+4a_{12}+4a_{4}+4a_{18}+2}$
$\displaystyle{= 2+4(a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}+a_{16}+a_{18})-2a_2-2a_{14}+2a_{16}-4a_{22}}$
$\displaystyle{= 2(a_3+a_5+a_{17})}$

กำหนดให้ $\displaystyle{x_3 = x_2^2-4 = 2(a_3+a_5+a_{17})}$

$\displaystyle{x_3^2-4 = 4a_3^2+4a_5^2+4a_{17}^2+8a_3a_5+8a_3a_{17}+8a_5a_{17}-4}$
$\displaystyle{= 2a_6+2a_{10}+2a_{34}+4a_{2}+4a_{8}+4a_{14}+4a_{20}+4a_{12}+4a_{22}+2}$
$\displaystyle{= 2a_6+2a_{10}+2a_{4}+4a_{2}+4a_{8}+4a_{14}+4a_{18}+4a_{12}+4a_{16}+2}$
$\displaystyle{= 2+4(a_2+a_4+a_6+a_8+a_{10}+a_{12}+a_{14}+a_{16}+a_{18})-2a_4-2a_{6}-2a_{10}}$
$\displaystyle{= -2(a_4+a_6+a_{10}) = -x_1}$

ดังนั้น $\displaystyle{((x_1^2-4)^2-4)^2-4 = -x_1}$

$\displaystyle{((x_1^2-4)^2-4)^2 = 4-x_1}$
$\displaystyle{x_1 = 2(a_4+a_6+a_{10}) \approx 2.51 < 4}$ สามารถใส่รูทได้
$\displaystyle{(x_1^2-4)^2-4 = \sqrt{4-x_1}}$
$\displaystyle{(x_1^2-4)^2=4+\sqrt{4-x_1}}$
$\displaystyle{x_1^2-4 = \sqrt{4+\sqrt{4-x_1}}}$
$\displaystyle{x_1 = \sqrt{4+\sqrt{4+\sqrt{4-x_1}}}}$

เมื่อแทนค่า $x_1$ กลับเข้าไปใน square root ก็จะได้ค่าตามโจทย์ตามที่่ต้องการ

วิธีทำ ข้อ 5.

จงพิสูจน์โดยไม่ใช้การอินทิเกรต ว่า

$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-... = \ln{2}$$

HINT.1 :: $\displaystyle{e = \lim_{x \to \infty} (1+\frac{1}{x})^x }$
HINT.2 :: ถ้า $\displaystyle{A_n= e^{B_n}}$ และ ลิมิตของลำดับ $A_n$ กับลำดับ $B_n$ สามารถหาค่าได้ มีค่าเท่ากับ $x$ และ $y$ ตามลำดับ จะได้ว่า $y = \ln{x}$

My Solution

กำหนดให้ $\displaystyle{L_n = 1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}}$

$\displaystyle{L_n = (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n})-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n})}$

$\displaystyle{L_n = (1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n})-(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n})}$

$\displaystyle{L_n = \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}}$

กำหนดให้

$\displaystyle{K_n = e^{L_n} = e^{\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}}}$

$\displaystyle{= (\lim_{n+1 \to \infty} (1+\frac{1}{n+1})^{n+1})^{\frac{1}{n+1}}(\lim_{n+2 \to \infty} (1+\frac{1}{n+2})^{n+2})^{\frac{1}{n+2}}...(\lim_{2n \to \infty} (1+\frac{1}{2n})^{2n})^{\frac{1}{2n}}}$

$\displaystyle{= (\lim_{n+1 \to \infty} (1+\frac{1}{n+1}))(\lim_{n+2 \to \infty} (1+\frac{1}{n+2}))...(\lim_{2n \to \infty} (1+\frac{1}{2n}))}$

แต่เนื่องจาก $\displaystyle{\lim_{n\to\infty}n=\lim_{n+1\to\infty}(n+1) = \lim_{n+2\to\infty}(n+2)= ... =\lim_{2n\to\infty}2n }$

ดังนั้น
$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}K_n = \lim_{n\to\infty}(1+\frac{1}{n+1})(1+\frac{1}{n+2})...(1+\frac{1}{2n})}$

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}K_n = \lim_{n\to\infty}(\frac{n+2}{n+1})(\frac{n+3}{n+2})....(\frac{2n+1}{2n})}$

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}K_n = \lim_{n\to\infty}(\frac{2n+1}{n+1}) = 2}$

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}K_n = 2}$

$\displaystyle{\lim_{n\to\infty}L_n = \ln{2}}$

วิธีทำ ข้อ 6.

จงหาผลรวมของ $$\sum_{k=1}^{n} {\sin^2{k\theta}}$$

My Solution

$\displaystyle{= \frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}(1-\cos{(2k\theta)}) = \frac{n}{2}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos{(2k\theta)}}$

กำหนดให้ $\displaystyle{P(x) = 1+\cos{x}+\cos{2x}+...+\cos{nx}}$
$\displaystyle{Q(x) = \sin{x}+\sin{2x}+\sin{3x}+...+\sin{nx}}$

$\displaystyle{P(x)+jQ(x) = 1+(\cos{x}+j\sin{x})+(\cos{2x}+j\sin{2x})+...+(\cos{nx}+j\sin{nx})}$

เรารู้ว่า $\cos{\theta}+j\sin{\theta} = e^{j\theta}$ ดังนั้น
$\displaystyle{P(x) + jQ(x) = 1+e^{jx}+e^{2jx}+...+e^{njx}}$

จากสูตรผลรวมลำดับเรขาคณิต จะได้
$\displaystyle{P(x) +jQ(x)= \frac{1-e^{(n+1)jx}}{1-e^{jx}}}$

เรารู้ว่า $\displaystyle{\frac{1-e^{jx}}{1-e^{-jx}} = -e^{jx}}$ ดังนั้น

$\displaystyle{P(x)+jQ(x) = \frac{1+e^{njx}(\frac{1-e^{jx}}{1-e^{-jx}})}{1+\frac{1-e^{jx}}{1-e^{-jx}}}}$

$\displaystyle{= \frac{1-e^{-jx}-e^{(n+1)jx}+e^{njx}}{2-(e^{jx}+e^{-jx})}}$

$\displaystyle{= \frac{1-\cos{x}-\cos{(n+1)x}+\cos{nx}}{2(1-\cos{x})}+j\frac{\sin{x}-\sin{(n+1)x}+\sin{nx}}{2(1-\cos{x})}}$

จับส่วนจริง เท่ากัน จะได้
$\displaystyle{\cos{x}+\cos{2x}+...+\cos{nx}= \frac{1-\cos{x}-\cos{(n+1)x}+\cos{nx}}{2(1-\cos{x})} - 1}$

$\displaystyle{= \frac{\cos{nx}-\cos{(n+1)x}-(1-\cos{x})}{2(1-\cos{x})}}$

ใช้สูตรผลบวก จะได้

$\displaystyle{= \frac{2\sin{\frac{(2n+1)x}{2}}\sin{\frac{x}{2}}-2\sin^2{\frac{x}{2}}}{4\sin^2{\frac{x}{2}}}}$

$\displaystyle{= \frac{\sin{\frac{(2n+1)x}{2}}-\sin{\frac{x}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}}$

ใช้สูตรผลบวกอีกรอบ จะได้

$\displaystyle{= \frac{2\cos{\frac{(n+1)x}{2}}\sin{\frac{nx}{2}}}{2\sin{\frac{x}{2}}}}$

$\displaystyle{= \frac{\cos{\frac{(n+1)x}{2}}\sin{\frac{nx}{2}}}{\sin{\frac{x}{2}}}}$

แทนค่า $x = 2\theta$ จะได้

$\displaystyle{\cos{2\theta}+\cos{4\theta}+...+\cos{2n\theta} = \frac{\cos{(n+1)\theta}\sin{n\theta}}{\sin{\theta}}}$

เอาไปแทนค่า ในตอนแรกจะได้

$\displaystyle{\sum_{k=1}^n \sin^2{k\theta}= \frac{n}{2}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n}\cos{(2k\theta)} = \frac{n}{2} - \frac{\cos{(n+1)\theta}\sin{n\theta}}{\sin{\theta}}}$

วิธีทำ ข้อ 7.

จงหาค่าของ

$$\sqrt{(2-\sin^2{\frac{\pi}{7}})(2-\sin^2{\frac{2\pi}{7}})(2-\sin^2{\frac{3\pi}{7}})}$$

My Solution

จาก $\displaystyle{\sin{\frac{k\pi}{7}} = \sqrt{\frac{1-\cos{\frac{2k\pi}{7}}}{2}}}$ เมื่อ $k = 1,2,3$
จะได้

$\displaystyle{\sin^2{\frac{k\pi}{7}} = \frac{1}{2}(1 - \cos{\frac{2k\pi}{7}})}$ เมื่อ $k=1,2,3$

แทนค่าลงในโจทย์จะได้

$\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{8}(3+\cos{\frac{2\pi}{7}})(3+\cos{\frac{4\pi}{7}})(3+\cos{\frac{6\pi}{7}})}}$

จาก

ดังนั้น จะรู้ว่า

$\displaystyle{x^3+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2}x-\frac{1}{8} = (x-\cos{\frac{2\pi}{7}})(x-\cos{\frac{4\pi}{7}})(x-\cos{\frac{6\pi}{7}})}$

แทนค่า $x = -3$ จะได้

$\displaystyle{-(3+\cos{\frac{2\pi}{7}})(3+\cos{\frac{4\pi}{7}})(3+\cos{\frac{6\pi}{7}}) = -\frac{169}{8}}$

$\displaystyle{(3+\cos{\frac{2\pi}{7}})(3+\cos{\frac{4\pi}{7}})(3+\cos{\frac{6\pi}{7}}) = \frac{169}{8}}$

แทนค่าลงในโจทย์ จะได้

$\displaystyle{\sqrt{\frac{1}{8}(3+\cos{\frac{2\pi}{7}})(3+\cos{\frac{4\pi}{7}})(3+\cos{\frac{6\pi}{7}})} = \sqrt{\frac{169}{64}}} = \frac{13}{8}$

วิธีทำ ข้อ 8.

http://www.mathcenter.net/forum/show...4&postcount=45

ปล. เลขข้อ เรียงตาม LongList นะครับ ตกหล่นข้อไหน รบกวนช่วยบอกด้วยนะครับ