Trigonometric Marathon

[Switchgear]

เอ...ข้อ 52 ดูเหมือนยังหาคนตอบไม่ได้ ?

ถ้าไม่มี $\cos u$ ก็คงง่ายเหมือนปอกกล้วยเข้าปากเลย แต่พอมีมันแล้ว หินขึ้นเยอะใช่ไหมครับ

ไม่รู้ว่ายากหรือง่ายกว่าการแปลคำว่า "แอ๊บแบ๊ว"

[passer-by]

ผมไม่แน่ใจว่า คุณ Switchgear ต้องการคำตอบแบบข้างล่างนี้หรือเปล่า คือผมแยกได้

$(z^n+a^ne^{iu})(z^n+a^ne^{-iu}) $

[nooonuii]

ผมก็ได้เหมือนคุณ passer-by ครับ แต่คิดว่าเจ้าของโจทย์อยากได้คำตอบที่เป็น linear or quadratic factors หรือเปล่า

[Switchgear]

ความเห็นคุณ passer-by กับคุณ nooonui ก็ถูกต้องครับ แต่คำตอบนั้นเขาว่ายังแยกต่อได้อีก

ลองดูคำตอบที่ผมเจอในหนังสือโบราณ ไม่รู้เหมือนกันว่าถูกต้องหรือเปล่า ?

$z^{2n} + 2a^n z^n\cos u + a^{2n}$
$= (z^2 - 2az\cos \frac{2+u}{n} + a^2)(z^2 - 2az\cos \frac{6+u}{n} + a^2) \cdot \cdot \cdot (z^2 - 2az\cos \frac{2(2n-1)+u}{n} + a^2)$

[Switchgear]

มีข่าวมาแจ้งว่า ใครที่ชอบตรีโกณฯ มาก ขนาดนอนฝันว่าตัวเองนั่งแก้โจทย์ตรีโกณฯ
รีบไปหาซื้อหนังสือ "โลกตรีโกณมิติ" ของ รศ.ดำรงค์ ทิพย์โยธา มาอ่านได้แล้ว
เพิ่งออกเดือนกรกฎาคม 2550 นี้เอง (ตามที่พิมพ์แจ้งไว้ในหนังสือ)

หน้าปกเข้าชุดกับ "โลกอสมการ" และ "โลกอสมการ 2" ซึ่งคิดว่าหลายคนอ่านแล้ว

ราคาตามปก "โลกตรีโกณมิติ" คือ 295 บาท แต่ช่วงนี้ลด 15% ที่ศูนย์หนังสือจุฬาฯ

[passer-by]

ขุดอีกรอบครับ

53. Evaluate $$ \sum_ {n=1}^{\infty} \arcsin(\frac{4n^2}{4n^4+1})$$

[Heir of Ramanujan]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

ขุดอีกรอบครับ

53. Evaluate $$ \sum_ {n=1}^{\infty} \arcsin(\frac{4n^2}{4n^4+1})$$

เนื่องจาก
$$\arcsin(\frac{4n^2}{4n^4+1}) = \arcsin(\frac{2n^2+2n}{2n^2+2n+1})-\arcsin(\frac{2n^2-2n}{2n^2-2n+1})$$
ตอนนี้พิสูจน์ได้แต่แบบลุยแหลก ถ้าคิดวิธีแบบดูดีหน่อยได้จะเอามาโพสต์
แต่ $$\arcsin(\frac{2n^2-2n}{2n^2-2n+1}) = \arcsin(\frac{2(n-1)^2+2(n-1)}{2(n-1)^2+2(n-1)+1})$$
ทำให้ $$\sum_ {n=1}^{\infty} \arcsin(\frac{4n^2}{4n^4+1}) = \sum_ {n=1}^{\infty} \left[\arcsin(\frac{2n^2+2n}{2n^2+2n+1})-\arcsin(\frac{2(n-1)^2+2(n-1)}{2(n-1)^2+2(n-1)+1})\right]$$
ซึ่งทางขวาเมื่อกระจายแทนค่า $n$ ก็จะตัดกันไปหมด จะได้
$$\sum_ {n=1}^{\infty} \arcsin(\frac{4n^2}{4n^4+1}) = \lim_{n \to \infty} \arcsin(\frac{2n^2+2n}{2n^2+2n+1}) = \arcsin 1 = \frac{\pi}{2}$$

[passer-by]

คำตอบถูกแล้วครับ

[Brownian]

มาเพิ่มโจทย์ให้ครับ

54. Let $p(n)=A(n+3)^2+B+C(-1)^n+Dcos\frac{2\pi n}{3}$ n is an integer
Prove that there exists the following relationship
$$p(n)-p(n-1)-p(n-2)+p(n-4)+p(n-5)-p(n-6)=0$$

[gon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Brownian

มาเพิ่มโจทย์ให้ครับ

54. Let $p(n)=A(n+3)^2+B+C(-1)^n+Dcos\frac{2\pi n}{3}$ n is an integer
Prove that there exists the following relationship
$$p(n)-p(n-1)-p(n-2)+p(n-4)+p(n-5)-p(n-6)=0$$

เงื่อนไขข้างต้นสมมูลกับการพิสูจน์ว่า$$P(n) + P(n-4) + P(n-5) = P(n-1) + P(n-2) + P(n-6)$$ ซึ่งเป็นจริง เนื่องจาก
LHS. = $A[(n+3)^2 + (n-1)^2 + (n-2)^2] + 3B + C[ (-1)^n + (-1)^{n-4} + (-1)^{n-5} ] + D[\cos \frac{2\pi n}{3} + \cos \frac{2\pi (n-4)}{3} + \cos \frac{2\pi (n-5)}{3}]$

= $A(3n^2 + 14) + 3B + C(-1)^{n+1} + D[\cos \frac{2\pi n}{3} - \cos (\frac{2\pi n}{3} + \frac{\pi}{3}) - \cos (\frac{2\pi n}{3} - \frac{\pi}{3})]$

RHS. = $A[(n+2)^2 + (n+1)^2 + (n-3)^2] + 3B + C[ (-1)^{n-1} + (-1)^{n-2} + (-1)^{n-6} ] + D[\cos \frac{2\pi (n-1)}{3} + \cos \frac{2\pi (n-2)}{3} + \cos \frac{2\pi (n-6)}{3}]$

= $A(3n^2 + 14) + 3B + C(-1)^{n+1} + D[- \cos (\frac{2\pi n}{3} + \frac{\pi}{3}) - \cos (\frac{2\pi n}{3} - \frac{\pi}{3}) + \cos \frac{2\pi n}{3} ]$

เห็นได้ชัดว่า LHS. = RHS.

[Brownian]

แนวคิดของคุณ gon เป็นวิธีที่ตรงและสั้นกว่ามากๆ เลยครับ
มีมาฝากอีกข้อ

55. จง rationalize (ทำให้ส่วนไม่ติดรูท) เศษส่วนต่อไปนี้ $$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{sinA}+\sqrt{sinB}+\sqrt{sinC}}$$ โดยที่ a,b,c เป็นความยาวด้านตรงข้ามมุม A,B,C ตามลำดับของรูปสามเหลี่ยม

[Brownian]

เฉลย ข้อ 55

โดยกฎของไซน์ กำหนดให้ $\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}=\frac{c}{sinC}=\frac{1}{x}$
ดังนั้น $sinA = ax$, $sinB = bx$, $sinC = cx$ และ $x = \frac{sinA+sinB+sinC}{a+b+c}$
และ $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{sinA}+\sqrt{sinB}+\sqrt{sinC} = (1+\sqrt{x})(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})$

จากนั้น ก็ rationalize ตามปกติครับ

[owlpenguin]

แล้ว $\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$ นี่ rationalize ยังไงครับ

[Brownian]

งั้นเฉลยจนจบเลยละกันครับ

จาก $$\frac{1}{\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}+\sqrt{sinA}+\sqrt{sinB}+\sqrt{sinC}}=\frac{1}{(1+\sqrt{x})(\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c})}$$

$=\frac{(1-\sqrt{x})(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c})}{(1-x)(a+b-c+2\sqrt{ab})}$

$=\frac{(1-\sqrt{x})(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c})(a+b-c-2\sqrt{ab})}{(1-x)(a^2+b^2+c^2-2ab-2ac-2bc)}$

$$=\frac{(\sqrt{a+b+c}-\sqrt{sinA+sinB+sinC})(\sqrt{a}+\sqrt{b}-\sqrt{c})(a+b-c-2\sqrt{ab})\sqrt{a+b+c}}{(a+b+c-sinA-sinB-sinC)(a^2+b^2+c^2-2ab-2bc-2ca)}$$

ครับ (หืดขึ้นคอ) พิมพ์ Texจนตาลายแล้ว ผิดถูกตรงไหน ก็ท้วงได้นะครับ

[Brownian]

มีมาอีกข้อ

56. Let $0\leqslant x<\frac{\pi}{2}$ prove that:
$$x-sinx\leqslant \frac{x^3}{6}$$

57. Evaluate $sin 3^{\circ} $

58. จงแสดงว่า ถ้า $$tan x + tan 2x + tan 3x + tan 4x = 0$$
แล้ว $5x = k\pi$ หรือไม่ก็ $8 cos 2x = 1\pm \sqrt{17}$