Trigonometric Marathon

[Tohn]

62. $\arctan(\frac{2k}{2+k^2+k^4})=\arctan(\frac{(n^2+n+1)-(n^2-n+1)}{1+(n^2+n+1)(n^2-n+1)})=\arctan(n^2+n+1)-\arctan(n^2-n+1)$
ดังนั้นsumก็คือ $\arctan(3)-\arctan(1)+\arctan(7)-\arctan(3)+ \cdots +\arctan(n^2+n+1)-\arctan(n^2-n+1) $
= $\arctan(n^2+n+1)-\arctan(1)$

[owlpenguin]

ขอต่อจากคุณ Tohn อีกนิดนึงนะครับ
$arctan(n^2+n+1)-arctan(1)=arctan(\frac{n^2+n+1-1}{1+(n^2+n+1)(1)})=arctan(\frac{n^2+n}{n^2+n+2})$

[Tohn]

65.
$$z=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}+1)i}{\sqrt{10+2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}-1)i}$$

$$z=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}+1)i}{\sqrt{10+2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}-1)i}\cdot\frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}-1)i}{\sqrt{10+2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}-1)i}\cdot\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}+1)i}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}+1)i}$$

$$= \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}-1)i}{\sqrt{10-2\sqrt{5}}-(\sqrt{5}+1)i}$$

จะได้ว่า $$\bar z = \frac{1}{z}$$ นั่นคือ $${\vert z \vert}^2=1$$
ดังนั้น $$\frac{z^{2551^{2552}}}{z^{2007^{2008}}}=\frac{z^{2552}}{z^{2008}}=1$$
ข้อ63ให้ทำอะไรหรอคับ

[owlpenguin]

คิดว่าหาค่า $x_i$ ของแต่ละ $x_i$ นะครับ

[Tohn]

ข้อ 61. เห็นยังไม่มีเฉลยๆขอโพสเลยนะคับ
พิจารณา $\frac{1}{2}\tan\frac{\alpha}{2} = \frac{1-(1-\tan^2\frac{\alpha}{2})}{2\tan\frac{\alpha}{2}}=\frac{1}{2}\cot\frac{\alpha}{2}-\cot\alpha$
เพราะฉะนั้น $$\frac{1}{2}\tan\frac{\alpha}{2}=\frac{1}{2}\cot\frac{\alpha}{2}-\cot\alpha\qquad(1) $$
จาก $(1)$ คูณตลอดด้วย $\frac{1}{2}$และแทน$\alpha$ด้วย$\frac{\alpha}{2}$จะได้$$\frac{1}{4}\tan\frac{\alpha}{4}=\frac{1}{4}\cot\frac{\alpha}{4}-\frac{1}{2}\cot\frac{\alpha}{2}\qquad(2) $$
จาก $(2)$ คูณตลอดด้วย $\frac{1}{2}$และแทน$\alpha$ด้วย$\frac{\alpha}{2}$จะได้$$\frac{1}{8}\tan\frac{\alpha}{8}=\frac{1}{8}\cot\frac{\alpha}{8}-\frac{1}{4}\cot\frac{\alpha}{4}\qquad(3) $$
$$\cdot$$
$$\cdot$$
ในทำนองเดียวกันก็จะได้$$\frac{1}{2^n}\tan\frac{\alpha}{2^n}=\frac{1}{2^n}\cot\frac{\alpha}{2^n}-\frac{1}{2^{n-1}}\cot\frac{\alpha}{2^{n-1}}\qquad(n) $$
นำสมการที่ได้ทั้งหมดมาบวกกันจะได้$$ \frac{1}{2} \tan\frac{\alpha}{2} + \frac{1}{4}\tan \frac{\alpha}{4}+ \cdots+ \frac{1}{2^{n}}\tan\frac{\alpha}{2^{n}}=\frac{1}{2^{n}}\cot \frac{\alpha}{2^{n}}-\cot\alpha $$
นำ $\tan\alpha$ บวกทั้งสองข้าง ได้
$$\tan\alpha+\frac{1}{2}\tan\frac{\alpha}{2}+\frac{1}{4}\tan\frac{\alpha}{4}+\cdots+\frac{1}{2^{n}}\tan\frac{\alpha}{2^n}=\frac{ 1}{2^{n}}\cot\frac{\alpha}{2^{n}}-(\cot\alpha-\tan\alpha)$$
$$=\frac{1}{2^{n}}\cot\frac{\alpha}{2^n}-(\frac{\cos^2\alpha-\sin^2\alpha}{\sin\alpha\cos\alpha})=\frac{1}{2^{n}}\cot\frac{\alpha}{2^n}-2\cot2\alpha$$

[owlpenguin]

ข้อ 65 อีกวิธีนึงครับ

Solution

จะพบว่า
$z=\frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}+1)i}{\sqrt{10+2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}-1)i}=\frac{cos\frac{3\pi}{10}+isin\frac{3\pi}{10}}{cos\frac{\pi}{10}+isin\frac{\pi}{10}}=cos\frac{2\pi}{10}+isin\frac{2\pi}{10}$
จาก $2551^{2552}$ ลงท้ายด้วย $1$ และ $2007^{2008}$ ลงท้ายด้วย $1$
$\therefore 10|2551^{2552}-2007^{2008}$
$\therefore\frac{z^{2551^{2552}}}{z^{2007^{2008}}}=(cos\frac{2\pi}{10}+isin\frac{2\pi}{10})^{2551^{2552}-2007^{2008}}$
$=cos2k\pi+isin2k\pi$ เมื่อ $10k=2551^{2552}-2007^{2008}$ ดังนั้น $k\in\mathbb{Z}$
$=1$

[owlpenguin]

เห็นกระทู้มันเงียบๆ บวกกับยังทำข้อ 63 ไม่ได้ ก็เลยฝากโจทย์ที่(คิดว่า)ไม่ยากมาเพิ่มครับ
66.หาคู่อันดับ $(x,y)$ ทั้งหมดที่ทำให้ $|sinx+cosx|=\sqrt{2}(y^2+2y+2)$
67.ถ้า $A,B,C$ เป็นมุมทั้งสามของสามเหลี่ยม จงพิสูจน์ว่า $tan^2\frac{A}{2}+tan^2\frac{B}{2}+tan^2\frac{C}{2}\geq 1$
68.ให้ $A\in (0,\pi )$ และ $B\in (0,\pi )$ และ $cosAcosBcos(A+B)=-\frac{1}{8} จงหา\frac{A}{B}$
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 $x-y$
70.จงหาคู่อันดับ $(x,y)$ ที่สอดคล้องกับระบบสมการ $cosx-cosy=sin(x+y)\cdots \cdots (1)$
และ $\left| x \right| + \left| y \right|=\frac{\pi }{4}\cdots \cdots (2)$

[mathematiiez]

>,<
ของม.ไหนหรอคะเนี่ย

U__________U

[Tohn]

67.$(\tan\frac{A}{2}-\tan\frac{B}{2})^2+(\tan\frac{B}{2}-\tan\frac{C}{2})^2+(\tan\frac{C}{2}-\tan\frac{A}{2})^2 \geq 0 $
$\tan^2\frac{A}{2}+\tan^2\frac{B}{2}+\tan^2\frac{C}{2} \geq \tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan\frac{C}{2}\tan\frac{A}{2}$
และจาก $\frac{A}{2}+\frac{B}{2}+\frac{C}{2}=\frac{\pi}{2}$
ดังนั้น$\tan(\frac{A}{2}+\frac{B}{2})=\tan(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2})$
$\frac{\tan\frac{A}{2}+\tan\frac{B}{2}}{1-\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}}=\frac{1}{\tan\frac{C}{2}}$
$\tan\frac{A}{2}\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}+\tan\frac{C}{2}\tan\frac{A}{2}=1$
เพราะฉะนั้น $\tan^2\frac{A}{2}+\tan^2\frac{B}{2}+\tan^2\frac{C}{2} \geq 1$
--------------------------------------------------------------------
ข้อ 66กับ69 ใช่ตอบอย่างงี้มั้ยคับ ไม่อยากพิมพ์เยอะๆแล้วลบ อิๆ
66.$({180^\circ}n+{45^\circ},-1)$
69.$270^\circ$

[owlpenguin]

ข้อ 66 ถูกครับ แต่ข้อ 69 นี่... ยังไม่ถูกครับ
(แล้วคราวหน้าคิดว่าตอบเป็นแบบ radian จะดีกว่าครับ)

[Brownian]

ข้อ 60 x = y

แต่ $x\not=y$ นะครับ

[owlpenguin]

ทำไม $x\not =y$ ครับ?

[Tohn]

เอาวิธีทำมาแปะอีก2ข้อคร้าบ
66. จัดรูปใหม่จะได้
$\vert \frac{1}{\sqrt{2}}\sin x+\frac{1}{\sqrt{2}}\cos x \vert -1=(y+1)^2 $
$\vert \sin(x+\frac{\pi}{4}) \vert -1 = (y+1)^2$
$\vert \sin(x+\frac{\pi}{4}) \vert \geq 1$
$\because -1\leq \sin\theta \geq 1$
จะได้ $\sin(x+\frac{\pi}{4})=1,-1$
$(n\pi+\frac{\pi}{4},-1)$
-------------------------------------
68.
$2\cos A\cos B\cos(A+B)=-\frac{1}{4}$
$$4\cos^2(A+B)+4\cos(A-B)\cos(A+B)+1=0$$
เนื่องจาก $\cos(A+B)$เป็นจำนวนจริง ดังนั้น discriminant เท่ากับ 0
จาก $0<A<\pi$ , $0<B<\pi$ จะได้ A-B=0
เพราะฉะนั้น $\frac{A}{B}=1$

[Brownian]

ข้อ 70

$(x,y) = (-\frac{\pi}{8},\frac{\pi}{8}), (\frac{\pi}{8},-\frac{\pi}{8})$

[owlpenguin]

ุคุณ brownian ช่วยเฉลยข้อ 63 กับข้อ 70 ด้วยจะได้ไหมครับ