marathon:ม.ปลาย

[Eng_gim]

ขอเล่นด้วยก็แล้วกันนะครับ ^^"" (ข้อ 2)

A เป็นเมตริกซ์เอกฐาน ดังนั้น det(A) = 0
จึงได้ว่า $(2548)(-543) - xy = 0$
$xy = (2548)(-543)$

พิจารณา $A^2$ = \(\bmatrix{2548 & x\\ y& -543}\)\(\bmatrix{2548 & x\\ y& -543}\) = \(\bmatrix{2548^2 + xy & 2548x - 543x\\ 2548y - 543y & 543^2 + xy}\)
= \(\bmatrix{2548^2 + (2548)(−543) & 2548x - 543x\\ 2548y - 543y & 543^2 + (2548)(−543)}\) = \(\bmatrix{2548(2548 - 543) & x(2548 - 543)\\ y(2548 - 543) & -543(2548 - 543)}\)

ดังนั้น $A^2 = (2005)A$
$A^5 = (2005)AxAxAxA = (2005)x(2005)xAxAxA = (2005^2)x(2005)xAxA = (2005^3)x(2005)xA = (2005^4)xA $

จึงได้ว่า $k = 2005^4$ Ans

[PP_nine]

วันนี้มาเซิร์ฟๆซักข้อนึงก่อน เอาข้อ 3 ที่ดูน่ามึนงงสุด แต่ไม่ถึงกับยากสุดละกัน

3. หา $x,y \in \mathbb{R}$ ทั้งหมดซึ่ง $tan^2(x+y)+cot^2(x+y)=1-2x-x^2$ (ทุนคิง 49)

ให้ $tan(x+y)=k$ ฉะนั้น $LHS=k^2+\frac{1}{k^2}$

จาก $(k-\frac{1}{k})^2 \ge 0$ จัดรูปได้ $k^2+\frac{1}{k^2} \ge 2$ ทุกจำนวนจริง $k\not= 0$

จึงได้ว่า $1-2x-x^2 \ge 2$ จัดรูปเป็น $0 \ge (x+1)^2$ แต่ x เป็นจำนวนจริงจึงมีเพียง $x=-1$ ที่สอดคล้องอสมการดังกล่าว

และได้ว่า $k^2+\frac{1}{k^2}=2$ ซึ่งโดยอสมการแรกบอกว่าเป็นสมการเมื่อ $k=\frac{1}{k}$ ทำให้ $tan^2(x+y)=1$

$tan(y-1)=\pm 1$ ต่อจากนี้ก็ง่ายแล้วครับ โจทย์เจ๋งดี (ถ้าใครเรียน สอวน ค่าย 1 จะเข้าใจวิธีทำนี้ดีโดย AM-GM)



ส่วนข้อที่ผมคิดว่ายากน่าจะเป็นข้อ 7 ที่ผมคิดมาเองแหละ

[-Math-Sci-]

คงจะดีไม่น้อยถ้ามีใครรวมโจทย์ทั้งกระทู้นี้ไ้ด้ . O_O

[PP_nine]

วันนี้ขอเฉลยข้อที่แอบซ่อน lemma อะไรบางอย่างไว้ (lemma นี้เคยออกข้อสอบ สอวน ค่ายสอง กทม ปีใดปีหนึ่งนี่แหละ)

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

5. กำหนด $z_1,z_2,z_3 \in \mathbb{C}$ ซึ่ง $|z_1|=|z_2|=|z_3|=1$ หาค่าสูงสุดของ k ซึ่งสอดคล้องกับ $|z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1| \ge k|z_1+z_2+z_3|$ (ทุนคิง 44)

lemma ที่ว่านั้นคือ กำหนด $z_1,z_2,z_3 \in \mathbb{C}$ ซึ่ง $|z_1|=|z_2|=|z_3|=r$ แล้ว $$\left|\, z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1 \right| =r \left|\,z_1+z_2+z_3\right| $$
พิสูจน์โดยใช้คุณสมบัติของจำนวนเชิงซ้อนคือ $|z|^2=z \cdot \bar{z}$ โดยยกกำลังสองแต่ละข้างจะได้

$LHS^2=(z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1)( \bar{z_1} \bar{z_2} + \bar{z_2} \bar{z_3} + \bar{z_3} \bar{z_1} )=3r^4+r^2\left(\,z_1 \bar{z_2} + z_2 \bar{z_3} + z_3 \bar{z_1} + \bar{z_1} z_2+ \bar{z_2} z_3 + \bar{z_3} z_1\right)$

$RHS^2=(z_1+z_2+z_3)( \bar{z_1} + \bar{z_2} + \bar{z_3} )=r^2\left[\,3r^2+( z_1 \bar{z_2} + z_2 \bar{z_3} + z_3 \bar{z_1} + \bar{z_1} z_2 + \bar{z_2} z_3 + \bar{z_3} z_1 )\right] $

จึงได้ว่า LHS=RHS ก็จบการพิสูจน์

ฉะนั้น k ที่มากที่สุดซึ่งสอดคล้องอสมการ $|z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1| \ge k|z_1+z_2+z_3|$ คือ 1

[Ne[S]zA]

ข้อที่ 7 ผมถึกเลยครับ
จาก $\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=\sqrt{x^2+1}-1$
จะได้ว่า $x+\sqrt{x^2+1}=x\sqrt{x^2+1}$
ยกกำลังสอง $x^4-x^2-1=2x\sqrt{x^2+1}$
ยกกำลังสอง $x^8-2x^6-5x^4-2x^2+1=0$
หารด้วย $x^4$ ทั้งสองข้างได้ว่า $x^4-2x^2-5-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{1}{x^4}=(x^2+\dfrac{1}{x^2})^2-2(x^2+\dfrac{1}{x^2})-7=0$
โดยสูตรสมการกำลังสองจะได้ว่า $x^2+\dfrac{1}{x^2}=1\pm 2\sqrt{2}$
กรณีที่ 1 $x^2+\dfrac{1}{x^2}=1+2\sqrt{2}$ จะได้ว่า $x^2=\dfrac{1+2\sqrt{2}\pm \sqrt{5+4\sqrt{2}}}{2}$
นั่นคือ $x=\dfrac{\sqrt{2+4\sqrt{2}\pm 2\sqrt{5+4\sqrt{2}}}}{2}=\dfrac{\sqrt{3+2\sqrt{2}}\pm\sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2}=\dfrac{1+\sqrt{2}\pm \sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2}$
กรณีที่ 2 $x^2+\dfrac{1}{x^2}=1-2\sqrt{2}$ จะได้ว่า $x^2=\dfrac{1-2\sqrt{2}\pm \sqrt{5-4\sqrt{2}}}{2}$
เนื่องจาก $5-4\sqrt{2}\approx 5-4(1.4)=5-5.6=-0.6<0$ ดังนั้น ไม่มี $x$ ที่เป็นจำนวนจริงในกรณีนี้
เพราะฉะนั้นคำตอบของสมการคือ $x=\dfrac{1+\sqrt{2}\pm \sqrt{2\sqrt{2}-1}}{2}$

[PP_nine]

ผมรอคนมาทำนานแล้ว เลยอยากเฉลยให้จบๆไป เห็นคุณ Ne[S]zA เฉลยแล้วรู้สึกน่ากลัวแฮะ

แต่จริงๆมีเพียงคำตอบเดียวนะครับ ไอตรงบวกลบเหลือแค่บวกเพียงตัวเดียว (เดี๋ยวจะแสดงต่อจากนี้ว่า $x>1$)

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

7. จงแก้สมการ $\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}=\sqrt{1+x^2}-1$ ในระบบจำนวนจริง

ขั้นแรกจัดรูปเป็น $x=\frac{\sqrt{1+x^2}}{\sqrt{1+x^2}-1}$ ชัดเจนว่า $x>0$ ให้ $x=tan\theta$ สำหรับ $0<\theta<\frac{\pi}{2}$

สมการแรกเริ่มเปลี่ยนเป็น $\frac{1}{sin\theta}=\frac{1}{cos\theta}-1$ (อย่าลืมว่า $0<\theta<\frac{\pi}{2}$ ทำให้ $sec\theta >0$ จึงไม่ต้องห่วงเครื่องหมายหลังถอดรูท)
$$\frac{1}{cos\theta}-\frac{1}{sin\theta}=1$$
$$\frac{1}{cos^2\theta}+\frac{1}{sin^2\theta}-\frac{2}{sin \theta cos \theta}=1$$
$$\frac{4}{4sin^2 \theta cos^2 \theta}-\frac{4}{2sin \theta cos \theta}=1$$
$$\frac{4}{sin^22\theta}-\frac{4}{sin2\theta}+1=2$$
$$\left(\,\frac{2}{sin2\theta}-1\right)^2=2$$
$$sin2\theta=\frac{2}{1 \pm \sqrt{2}}$$
แต่ $0<2\theta<\pi$ ทำให้ $sin2\theta>0$,
$$sin2\theta=\frac{2}{1+\sqrt{2}}=2\sqrt{2}-2$$
$$\therefore cos2\theta=\pm \sqrt{8\sqrt{2}-11}$$
$$tan\theta=\sqrt{\frac{1-cos2\theta}{1+cos2\theta}}=\frac{1-cos2\theta}{sin2\theta}=\frac{1 \pm \sqrt{8\sqrt{2}-11}}{2\sqrt{2}-2}$$
จากสมการเดิมจัดรูปเป็น $\frac{1}{x}=1-\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}<1$ ทำให้ $x>1$
$$\therefore x=\frac{1+\sqrt{8\sqrt{2}-11}}{2\sqrt{2}-2}$$
(มีเพียงคำตอบเดียวในระบบจำนวนจริง)

[Keehlzver]

ว่าแล้วระดับคุณ PP_nine ต้องเซ็ทให้ $x=\tan \theta$ แน่ๆ (เพราะ y=tan(x) เป็นฟังก์ชัน 1-1 ทั่วถึงบนช่วง (0,\pi ) ถึง set ลงไปแบบนั้นได้)

แต่งได้ยอดเยี่ยมจริงๆ

[Ne[S]zA]

ถ้าจัดรูปแบบผมมีอีกวิธีที่ง่ายกว่าที่ผมทำคือ
$$\sqrt{x^2+1}-\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=1$$
แล้วยกกำลังสองจะได้สมการกำลังสี่
ปล.ถ้าทำแบบที่ผมทำแล้วจะรู้ได้ไงครับว่า $x>1$

[MiNd169]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Ne[S]zA

ถ้าจัดรูปแบบผมมีอีกวิธีที่ง่ายกว่าที่ผมทำคือ
$$\sqrt{x^2+1}-\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=1$$
แล้วยกกำลังสองจะได้สมการกำลังสี่
ปล.ถ้าทำแบบที่ผมทำแล้วจะรู้ได้ไงครับว่า $x>1$

ถ้าลองทำแบบนี้ล่ะครับ
$\sqrt{x^2+1}-\dfrac{\sqrt{x^2+1}}{x}=1$

$[\sqrt{x^2+1}][1-\dfrac{1}{x}]=1$

เพราะว่า $\sqrt{x^2+1} > 0$

ดังนั้น

$1-\dfrac{1}{x} > 0$

$x > 1$

[PP_nine]

จริงๆการยกกำลังสองกำลังสี่อาจทำให้คำตอบเพิ่มขึ้น จึงควรเช็คในโจทย์ แต่ถ้าเช็คยากก็ต้องลองจำกัดของเขตบางส่วนของ x ให้ได้ครับ

ส่วนที่ผมแสดงไว้ก็มีแค่ 2 จุดก็คือ แสดงให้ได้ก่อนว่า x>0 แล้วค่อยจัดรูปให้ได้ x>1

สำหรับคุณ MiNd169 ต้องแสดงก่อนว่า x>0 จึงจะกลับเศษส่วนบรรทัดสุดท้ายได้นะครับ

[Keehlzver]

สมมติว่า $x<0$ จากการที่ $\sqrt{1+x^2}>0$ ทุกจำนวนจริง $x$ จะได้ว่า $\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}<0$ ด้วย ทำให้ได้ว่า $\sqrt{1+x^2}-1=\frac{\sqrt{1+x^2}}{x}<0$ นั่นคือ $\sqrt{1+x^2}-1<0 $ ซึ่งสมมูลกับ $x^2<0$ ขัดแย้ง
ดังนั้นที่สมมติว่า $x<0$ ไม่จริง เพราะฉะนั้น $x>0$ เท่านั้น

[PP_nine]

วันนี้แวะมาทำข้อสุดท้ายละกัน ไม่รู้ว่ามีวิธีง่ายกว่านี้เปล่านะ

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

4. ถ้า $tan(\alpha),tan(\beta)$ เป็นรากสมการ $x^2+\pi x+\sqrt{2}=0$ แล้ว จงหาค่าของ $$sin^2(\alpha+\beta)+\pi sin(\alpha+\beta)cos(\alpha+\beta)+\sqrt{2}cos^2(\alpha+\beta)$$ (ทุนคิง 45)

ถ้า $tan(\alpha),tan(\beta)$ เป็นรากสมการ $x^2+\pi x+\sqrt{2}=0$ ก็แสดงว่า$$tan(\alpha+\beta)=\frac{tan\alpha+tan\beta}{1-tan \alpha \cdot tan\beta}=\frac{-\pi}{1-\sqrt{2}}=\pi(1+\sqrt{2})$$
$$\therefore sin^2(\alpha+\beta)+\pi sin(\alpha+\beta)cos(\alpha+\beta)+\sqrt{2}cos^2(\alpha+\beta)=cos^2(\alpha+\beta)\left[\,tan^2(\alpha+\beta)+\pi tan(\alpha+\beta)+\sqrt{2}\right] $$
$$=\frac{tan^2(\alpha+\beta)+\pi tan(\alpha+\beta)+\sqrt{2}}{1+tan^2(\alpha+\beta)}=\frac{\pi^2(4+3\sqrt{2})+\sqrt{2}}{\pi^2(3+2\sqrt{2})+1}$$
มองดีๆจะรู้ว่าตัวบนเป็น $\sqrt{2}$ เท่าของตัวล่างพอดิบพอดี ดังนั้นคำตอบคือ $\sqrt{2}$

ปล.ผมข้ามขั้นตอน $1+tan^2\theta=sec^2\theta$ จากบรรทัดสองมาบรรทัดสามนะครับ

[PP_nine]

ลองทำข้อนี้ดูๆ อย่าเพิ่งรีบคิดรีบตอบนะครับข้อนี้ (มีในชีทที่แจกในบอร์ด new year gift ด้วยนะๆ)

หารากจริงสมการ $$\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}=\sqrt{x^2-1}+1$$

[Real Matrik]

#553 เห็นแวบแรกนี่คิดว่าใช้ตรีโกณมิตินะครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

ลองทำข้อนี้ดูๆ อย่าเพิ่งรีบคิดรีบตอบนะครับข้อนี้ (มีในชีทที่แจกในบอร์ด new year gift ด้วยนะๆ)

หารากจริงสมการ $$\frac{\sqrt{x^2-1}}{x}=\sqrt{x^2-1}+1$$

สังเกตว่า $|x|\geq 1$

ถ้า $x\geq 1$ เห็นได้ชัดว่า $LHS<RHS$

ถ้า $x\leq -1$ เห็นได้ชัดว่า $RHS < 0\leq LHS$

ไม่มีคำตอบ