Trigonometric Marathon

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ owlpenguin

69.ให้ $2sinxcosy=cos^{2}x-cos^{2}y$ และ $2cosxsiny=1.5$ โดยที่ $0\leqslant x\leqslant \pi$
และ $0\leqslant y\leqslant \pi$ จงหาค่าของ $x-y$

จาก\[
2\sin x\cos y = \cos ^2 x - \cos ^2 y
\]
\[
\sin \left( {x + y} \right) + \sin \left( {x - y} \right) = \left( {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} \right) - \left( {\frac{{1 + \cos 2y}}{2}} \right)
\]
\[
= \frac{1}{2}\left( {\cos 2x - \cos 2y} \right) = \frac{1}{2}\left( { - 2\left( {\sin \left( {x + y} \right)\sin \left( {x - y} \right)} \right)} \right) = - \sin \left( {x + y} \right)\sin \left( {x - y} \right)
\]
จาก \[
2\cos x\sin y = 1.5 = \frac{3}{2}
\]
\[
\sin \left( {x + y} \right) - \sin \left( {x - y} \right) = \frac{3}{2}
\]
ให้ \[
A = \sin \left( {x + y} \right)
\] และ \[
B = \sin \left( {x - y} \right)
\]
จะได้\[
A + B = - AB
\]
และ \[
A - B = \frac{3}{2}
\]
เนื่องจาก \[
- 1 \le A \le 1
\]
และ \[
- 1 \le B \le 1
\]
แก้สมการจะได้ \[
A = 1
\]
และ\[
B = - \frac{1}{2}
\]
นั่นคือ \[
\sin \left( {x + y} \right) = 1
\]
และ \[
\sin \left( {x - y} \right) = - \frac{1}{2}
\]
เนื่องจาก \[
0 \le x \le \pi
\]
และ \[
0 \le y \le \pi
\]
จะได้ \[
x + y = \frac{\pi }{2}
\]
และ \[
x - y = \frac{{7\pi }}{6}
\]
ดังนั้น \[
x - y = \frac{{7\pi }}{6}
\]

[Brownian]

ไม่ได้เข้ามานาน คิดถึงจัง
ในที่สุดผมก็เป็นน้องใหม่ปีหนึ่งแล้วครับ

ขอเฉลยข้อ 73. ในวิธีของผมนะครับ
solution พิจารณา
$\begin{array}{rcl}(3+2i)^5 & = & 3^5+\left(\matrix{5 \\ 1}\right)3^4\cdot (2i)+\left(\matrix{5 \\ 2}\right)3^3\cdot (2i)^2+\left(\matrix{5 \\ 3}\right)3^2\cdot (2i)^3+\left(\matrix{5 \\ 4}\right)3\cdot (2i)^4+(2i)^5 \\ &
= & 243+810i-1080-720i+240+32i \\ &
= & -597+122i \\
(3+2i)^5 & = & \left(\sqrt{13}\left(\frac{3}{\sqrt{13}}+\frac{2}{\sqrt{13}}i\right)\right)^5 \\ &
= & \left(\sqrt{13}\left(\cos\left(\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sin\left(\arctan\frac{2}{3}\right)\right)\right)^5 \\ &
= & \sqrt{13}^5\left(\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)\right) \\ &
= & \sqrt{13}^5\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sqrt{13}^5\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right) \\ &
= & 169\sqrt{13}\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i169\sqrt{13}\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)\end{array}$
เมื่อเทียบส่วนจริงและส่วนจินตภาพเราจึงได้ว่า $169\sqrt{13}\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)=122$ ครับ

[passer-by]

เกือบ10 เดือนแล้วเหรอเนี่ย

งั้นเฉลยเลยดีกว่า

ข้อ 72

ให้ $ x= \cos(\frac{\pi}{180})+i\sin(\frac{\pi}{180})$

ดังนั้น
$\cos(\frac{k\pi}{180})= \frac{x^k+x^{-k}}{2}$

แล้วเราก็พิจารณา
$ \begin{array}{rcl}\sum_{k=1}^{180} \cos^{2008}(\frac{k\pi}{180}) &=& \frac{1}{2^{2008}}\sum_{k=1}^{180} (x^k+x^{-k})^{2008} \\ &=&\frac{1}{2^{2008}}\sum_{k=1}^{180}\sum_{j=0}^{2008}\binom{2008}{j}x^{2k(j-1004)}\\ &=& \frac{1}{2^{2008}}\sum_{j=0}^{2008}\binom{2008}{j}\sum_{k=1}^{180}x^{2k(j-1004)} \\ &=& \frac{180}{2^{2008}}\binom{2008}{1004} \end{array} $

เอาค่าที่ได้ก่อนหน้า ลบด้วย 1 แล้วหารด้วยสอง ก็จะได้คำตอบครับ

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

ข้อ 72 นะครับ
หาค่า $$ \sum_{k=1}^{89} \cos^{2008} k^{\circ}$$

กำลังคิดข้อนี้อยู่เลย ไม่ทันละ ว่าจะใช้เอกลักษณ์ที่พิสูจน์ได้คือ \[
\cos ^{2n} x = \frac{1}{{2^{2n - 1} }}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( \begin{array}{l}
2n \\
k \\
\end{array} \right)} \cos \left( {\left( {2n - 2k} \right)x} \right) + \frac{1}{{2^{2n} }}\left( \begin{array}{l}
2n \\
n \\
\end{array} \right)
\]

[Brownian]

ผมมาเติมให้ ว่า
74. จงหาค่า $\sin 1^{\circ}$ (ไม่ใช่รูปทศนิยม)

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Brownian

ผมมาเติมให้ ว่า
74. จงหาค่า $\sin 1^{\circ}$ (ไม่ใช่รูปทศนิยม)

คุณ Brownian มีรูปแบบคำตอบที่ต้องการหรือป่าวครับ เช่น อยู่ในรูปอนุกรมอนันต์ หรือ ... ไม่งั้นคำตอบมีได้กว้างมากครับ

[Brownian]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ V.Rattanapon

คุณ Brownian มีรูปแบบคำตอบที่ต้องการหรือป่าวครับ เช่น อยู่ในรูปอนุกรมอนันต์ หรือ ... ไม่งั้นคำตอบมีได้กว้างมากครับ

เป็นรูปติดกรณฑ์ เศษส่วนครับ เอาเป็นผลสิ้นสุดอ่ะคับ

[Brownian]

ข้อ 74

Hint

$$\cos 6^{\circ}=\frac{\sqrt{18+6\sqrt{5}}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$$

[square1zoa]

โหดนะครับ กว่าจะหา $cos6$ ผมอยากรู้ที่มาเหมือนกันครับ

[Brownian]

เด่วเฉลยที่มาครับ

$\cos 6^{\circ}=\cos(60^{\circ}-54^{\circ})$ ครับ คุณบัณฑิตฟ้า square1zoa

[square1zoa]

อ่อ เข้าใจแล้วครับ ขอบคุณคุณ Brownian มากๆๆๆๆๆ

[Brownian]

เห็นว่านานมากแล้ว งั้นผมลงแนวคิดเลยละกันครับ
จาก $\cos 6^{\circ}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$
$\sin 3^{\circ}=\sqrt{\frac{1-\cos 6^{\circ}}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}}{2}}=\frac{\sqrt{8-\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}-\sqrt{3}}}{4}$
$\cos 3^{\circ}=\sqrt{\frac{1+\cos 6^{\circ}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}}{2}}=\frac{\sqrt{8+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}+\sqrt{3}}}{4}$
และเพราะว่า $4\sin^3 1^{\circ}-3\sin 1^{\circ}+\sin 3^{\circ}=0$
ให้ $\sin 1^{\circ}=x$ และ $\sin 3^{\circ}=k$ เราจะต้องหารากของพหุนาม $4x^3-3x+k\equiv x^3-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$
และเพราะว่า $-\Delta >0$ แสดงว่าพหุนามมีรากจริงทั้งสามรากและแตกต่างกันทั้งหมด และพหุนามเป็นกรณีลดทอนไม่ได้ (irreduceable case)
เราจึงต้องเขียนคำตอบในรูปรากที่สามของจำนวนเชิงซ้อน โดยวิธีของคาร์ดานจะได้ว่า
$x=\sqrt[3]{-\frac{k}{8}+\sqrt{\frac{k^2}{64}-\frac{1}{64}}}+\sqrt[3]{-\frac{k}{8}-\sqrt{\frac{k^2}{64}-\frac{1}{64}}}$
$=\frac{\sqrt[3]{\sqrt{k^2-1}-k}-\sqrt[3]{\sqrt{k^2-1}+k}}{2}$
$=\frac{\sqrt[3]{-\sin 3^{\circ}+i\cos 3^{\circ}}-\sqrt[3]{\sin 3^{\circ}+i\cos 3^{\circ}}}{2}$ ผิดถูกยังไงช่วยผมแก้ด้วยนะครับ

[passer-by]

เผื่อใครสนใจ เอามาให้คิดเล่นๆครับ

75. Evaluate $$ \sum_{n=1}^{\infty} 4^n \sin^4(\frac{\pi}{2^n}) $$

ANSWER

$\pi^2$

[Yuranan]

ผมลองทำข้อ 75 ดูนะครับ โดยเริ่มจาก $sin^4(n)=(-4cos(2n)+cos(4n)+3)/8$ จึงได้ว่า $4^nsin^4(\frac{\pi}{2^n})=(-4^{n+1}cos(\frac{\pi}{2^{n-1}})+4^ncos(\frac{\pi}{2^{n-2}})+3\times 4^n)/8$
ดังนั้น $\sum_{n = 0}^{m}4^nsin^4(\frac{\pi}{2^n})=4^msin^2(\frac{\pi}{2^m})$ เมื่อ $m\rightarrow\infty$ จึงได้ $\frac{1}{2^m}\rightarrow0$ และจาก $\lim_{x \to 0}\frac{sin(ax)}{x}=a$ เมื่อ a เป็นค่าคงที่ ดังนั้น $\lim_{m \to \infty}4^msin^2(\frac{\pi}{2^m})=\lim_{m \to \infty}(\frac{sin(\frac{\pi}{2^m})}{\frac{1}{2^m}})^2=\pi^2$ ผมพึ่งสังเกตเห็นว่า คุณ passer-by เริ่มจาก n=1 แต่ผมเริ่มจาก n=0 แต่ก็ให้คำตอบตรงกันเพราะที่ n=0 จะได้ $4^0sin^4(\pi)=0$ ครับ

[Yuranan]

คุณ passer-by ครับขอโจทย์อีกได้ไหมครับ