Trigonometric Marathon

[nongtum]

ข้อความเดิมของคุณ Mastermander:
46.Evaluate
$$\tan 46^\circ+\tan44^\circ-\tan1^\circ(\tan46^\circ-\tan44^\circ)$$

จาก $$1=\frac{\tan 46^\circ-\tan1^\circ}{1+\tan46^\circ\tan1^\circ}
=\frac{\tan 44^\circ+\tan1^\circ}{1-\tan44^\circ\tan1^\circ}$$
จะได้ $1=\tan46^\circ-\tan1^\circ-\tan46^\circ\tan1^\circ
=\tan44^\circ+\tan1^\circ+\tan44^\circ\tan1^\circ$
ดังนั้น $2=\tan46^\circ+\tan44^\circ-\tan1^\circ(\tan46^\circ-\tan44^\circ)$

47. (ขออนุญาตไม่แปล กลัวแปลผิด)
Whenever $x$ is in domain of $\tan x$, $\sin^2x\le\tan^2x$. Is it true in these cases that for any positive integer $n$, $$\sin^2x+\sin^4x+\sin^6x+\cdots+\sin^{2n}x\le\tan^2x\ ?$$

[Timestopper_STG]

ข้อ47นี่ทำไมดูง่ายผิดปกติอ่ะครับหรือว่าผมทำอะไรผิด
ปล. ผมพึ่งหัดใช้ LATEX ผิดพลาดประการใดขออภัยด้วยนะครับ
$\because|\sin^2x|\le1$และ$\sin^2x\ge0$
$\sin^2x+\sin^4x+\ldots+\sin^{2n}x\le\sin^2x+\sin^4x+\ldots$
$\sin^2x+\sin^4x+\ldots+\sin^{2n}x\le\frac{\sin^2x}{1-\sin^2x}$
$\therefore\sin^2x+\sin^4x+\ldots+\sin^{2n}x\le\tan^2x$

[nongtum]

ไม่ผิดหรอกครับ คุณ Timestopper_STG เพราะผมจงใจให้ข้อนี้มันง่ายเองแหละ ยังไงช่วยมาตั้งโจทย์ข้อต่อไปด้วยครับ

[Timestopper_STG]

โจทย์ของผมอาจจะไม่ยากเท่าไรนะครับเพราะถ้ายากกว่านี้
เกรงว่าผมจะเฉลยไม่ไหวครับ โจทย์มีอยู่ว่า
กำหนดให้ $\tan A$ และ $\tan B$ เป็นคำตอบของสมการ $x^2 + px + q = 0$
จงหาค่าของ $\sin^2(A+B)+p\sin(A+B)\cos(A+B)+q\cos^2(A+B)$

[passer-by]

สำหรับข้อ 48 ของคุณ Timestopper_STG

เพราะ $ -p= \tan A+ \tan B =\frac{\sin(A+B)}{\cos A \cos B} $
และ $ q = (\tan A)(\tan B) =\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B} $

แทนค่าลงไปในสิ่งที่โจทย์ถาม จะได้
$ \sin^2(A+B) -\frac{\sin^2(A+B) \cos(A+B)}{\cos A \cos B}+\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B} \cos^2(A+B) $
$= \sin^2(A+B) -\frac{\sin^2(A+B) \cos(A+B)}{\cos A \cos B}+\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B}(1- \sin^2(A+B)) $
$= \sin^2(A+B)(1 -\frac{\cos(A+B)}{\cos A \cos B}-\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B})+\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B}=\frac{\sin A \sin B}{\cos A \cos B}= \tan A \tan B=q $

ต่อด้วยข้อ 49

สามเหลี่ยม ABC มีมุม BAC กาง 55 องศา มุม ABC กาง 115 องศา
P เป็นจุดภายในสามเหลี่ยมและอยู่บนเส้นแบ่งครึ่งมุม C โดยมุม PAC มีขนาด 25 องศา หาขนาดมุม BPC

Note: ผมไม่แน่ใจว่าข้อนี้ มีวิธีแบบเรขาคณิตหรือไม่ แต่เพื่อให้เข้ากับกระทู้นี้ ควรมีการใช้ตรีโกณมิติในคำตอบด้วยนะครับ

[passer-by]

เฉลยข้อ 49 (วาดรูปประกอบเองนะครับ)
ให้ $ \theta=P\widehat{B}C $

แน่นอนว่า $\frac{PA}{PB}\cdot \frac{PB}{PC}\cdot \frac{PC}{PA}=1 $

และจาก law of sine ทำให้เขียนสมการใหม่เป็น $$\frac{\sin(65^{\circ}+\theta)}{\sin30^{\circ}}\cdot \frac{\sin 5^{\circ}}{\sin \theta}\cdot \frac{\sin 25^{\circ}}{\sin 5^{\circ}}=1 $$

ซึ่งสมมูลกับ $ 2\sin 25^{\circ}\sin (65^{\circ}+\theta)= \sin \theta $

และสุดท้ายจะเหลือเพียง $ \cos (40^{\circ}+\theta)= 0 \Rightarrow \theta= 50 ^{\circ}$

ดังนั้นข้อนี้ตอบ 180-(50+5)= 125 องศา

[Mastermander]

50. Evaluate

$$ \tan\bigg[\arcsin(\sin^4\frac{\pi}{8} - \cos^4\frac{\pi}{8})\bigg] $$

[poon suankularb 130]

1.ให้qฮ(0,p) จงหาค่าของ 2sinq+2^2sin2q+2^3sin3q+...
2.กำหนด x^2+xy+y^2=9
y^2+yz+z^2=16
z^2+zx+x^2=25
find xy+yz+xz
หมายเหตุ ข้อ 2. ใช้ตรีโกน
3.Ssin^4q โดยที่ q มีค่าตั้งแต่ 1 ถ฿ง 360

[Mastermander]

2.กำหนด $x^2+xy+y^2=9$
$y^2+yz+z^2=16$
$z^2+zx+x^2=25$
find $xy+yz+xz$
หมายเหตุ ข้อ 2. ใช้ตรีโกน

ใช้ตรงไหนครับ

คำตอบคือ $8\sqrt3$ ใช่รึเปล่า

ปล.ถ้าอยากจะเล่นในกระทู้นี้ กรุณาเปลี่ยนหมายเลขข้อให้ต่อเนื่องด้วยครับ

[Timestopper_STG]

ข้อความเดิมของคุณ Mastermander:
50. Evaluate

$$ \tan\bigg[\arcsin(\sin^4\frac{\pi}{8} - \cos^4\frac{\pi}{8})\bigg] $$

$\displaystyle{\sin^4\frac{\pi}{8}-\cos^4\frac{\pi}{8}=(\sin^2\frac{\pi}{8}-\cos^2\frac{\pi}{8})(\sin^2\frac{\pi}{8}+\cos^2\frac{\pi}{8})=-\cos\frac{\pi}{4}=\sin\bigg(-\frac{\pi}{4 }\bigg)}$
$\displaystyle{\therefore\tan\bigg[\arcsin(\sin^4\frac{\pi}{8} - \cos^4\frac{\pi}{8})\bigg]=-1}$

[passer-by]

พักนี้เห็นกระทู้สไตล์โอลิมปิกเยอะมากเพราะใกล้เทศกาล งั้นผมขอสวนกระแส ลองคำถามกึ่งๆ ม.ปลาย ดูบ้างนะครับ

51. ให้ A เป็นจุดบนวงรี และ B, C แทนโฟกัสของวงรี พิสูจน์ว่า พื้นที่สามเหลี่ยม ABC แปรผันตาม $ \tan(\frac{A}{2})$

[kanakon]

จากกฎของ sine - cosine

พท. $ABC = {\frac{1}{2} {bc sinA}}$.............................1

และ $a^2 = b^2 + c^2 - 2bccosA$ ..............................2

แทนค่า bc ในสมการที่ 1 จะได้

พท. $ABC = {\frac{1}{4} {\frac{sinA}{cosA} } (b^2 + c^2 - a^2)}$.........3

พิจารณาสมการวงรี ที่มีจุดศูนย์กลางที่ (0,0) (เดี๋ยวยาว)

$1 = {\frac{x^2}{m^2} }+{\frac{y^2}{n^2}}$

$\because b + c = 2m$ และ $a^2 = 4(m^2 - n^2)$

จะได้ ${b^2 + c^2 - a^2} = 4{n^2} - 2bc$

นำไปแทนในสมการที่ 3 แล้วจัดรูปใหม่จะได้

พท. $ABC = {\frac{sinA}{1 + cosA} }{n^2} = tan (\frac{A}{2} ){n^2}$

เมื่อ $m,n$ เป็นค่าคงที่

[passer-by]

โห! เร็วทันใจจริงๆ

ถูกแล้วล่ะครับ แต่แก้ไขตรงสมการวงรีนิดนึงก็ดีนะครับ เพราะตกกำลังสองไป

[kanakon]

ขอบคุณคุณ passer-by มากครับ

[Switchgear]

เพิ่งเปิดมาอ่านกระทู้นี้ เห็นแต่ละโจทย์แล้วน่าทึ่งครับ แต่ผมก็ยังอ่านดูไม่หมดทุกข้อ (เหนื่อยตาเหลือเกิน)
ขอร่วมสนุกโพสต์โจทย์ไว้ซักข้อ อธิฐานว่าอย่าให้ซ้ำกับข้อเก่าๆ ไม่งั้นกร่อยเลย

52. จงแยกตัวประกอบของ $z^{2n} + 2a^n z^n\cos u + a^{2n}$

คำตอบที่ต้องการเป็นหลายวงเล็บคูณกัน ไม่ใช่แทนค่าในสูตร Quadratic นะครับ ... ไม่มีติด Sqaure root !