ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน

[Switchgear]

ผมเติมข้อสอบชุดที่ 2 ในความเห็นที่ 11 ไปถึงข้อ 6 แล้ว
ส่วนที่เหลือจะทยอยเพิ่มให้เรื่อยๆ รวมทั้งแนวคิดการแก้โจทย์ด้วย

[nooonuii]

Paper 2: #3

เพื่อตัดกรณีหยุมหยิมออกไปผมขอสมมติว่า $b,c,-b,-c,0$ มีค่าต่างกันหมดนะครับ
ส่วนกรณีหยุมหยิมที่ว่าเอกลักษณ์จะถูกลดทอนไปสู่เอกลักษณ์ที่พิสูจน์ได้ง่ายขึ้นครับ
(รึเปล่า ) ซึ่งผมขอละส่วนนี้ไว้

หลังจากจัดรูปใหม่เราจะได้พหุนามในตัวแปร $a$

$P(a)= a^2(b-c)(c+a-b)(a+b-c)+b^2(c-a)(b+c-a)(c+a-b)+c^2(a-b)(b+c-a)(c+a-b)+(a+b+c)^2(a-b)(b-c)(c-a)$

ซึ่งจากการแทนค่า (อย่างโหดร้าย ) เราจะพบว่า $b,c,-b,-c,0$ เป็นราก
(ที่แตกต่างกัน $5$ ราก) ของ $P(a)$ แต่ $P(a)$ มีกำลังได้ไม่เกิน $4$ ดังนั้นจึงเป็นไปได้อย่าง
เดียวว่า $P(a)$ จะต้องเป็นพหุนามศูนย์ (มิเช่นนั้นจะขัดแย้งกับทฤษฎีบทหลักมูลพีชคณิต)
เราจึงได้เอกลักษณ์ตามที่ต้องการครับ

[kanakon]

ขอลองข้อ 6 paper 2 นะครับ
$\because tan\phi=\frac{cosA}{cos\phi cos\theta} $
$ tan\psi =\frac{cosB}{cos\psi cos\phi} $
$ tan\theta=\frac{cosC}{cos\theta cos\psi} $

$\therefore tan\phi tan\psi tan\theta = \frac{cosAcosBcosC}{{(cos\phi cos\psi cos\theta)}^2} $
$\because cosAcosBcosC={(cos\phi cos\psi cos\theta)}^2$
$\therefore
tan\phi tan\psi tan\theta =1$

[Switchgear]

ผมเพิ่มเฉลยแนวคิดข้อ 9 และ 10 ของข้อสอบชุดที่ 1 ไว้ในความเห็นที่ 9 แล้ว
เชิญผู้สนใจศึกษาเป็นแนวทางได้เลย

ส่วนข้อ 11-12 ว่างๆ จะเข้ามาโพสต์ให้จบครับ

[Switchgear]

ผมเพิ่มโจทย์ข้อสอบชุดที่ 2 ในความเห็นที่ 11 จนครบทั้ง 12 ข้อแล้ว
ใครสนใจโพสต์วิธีแก้โจทย์เหล่านี้ก็เชิญเต็มที่เลยครับ
.

[Switchgear]

ผมเพิ่มเฉลยแนวคิดของข้อสอบชุดที่ 1 ในความเห็นที่ 9 ครบหมดทั้ง 12 ข้อแล้ว
ขอเชิญผู้สนใจศึกษาเป็นแนวทางได้เต็มที่ ... เข้าใจแล้วก็ลงมือทำข้อสอบชุด 2 เลย

[Switchgear]

มาดูเฉลย PROBLEM PAPERS 2 กันครับ


1. A given point $D$ lies between two given lines $AB$ and $AC$. Find a construction for a line through $D$ terminated by $AB$ and $AC$, such that $D$ is one of its points of trisection. Prove also that there are two such lines.

Solution:

Produce $AD$ to $E,$ making $DE$ either $= 2AD$ or $\frac12AD.$ Draw $EC$ parallel to $AB,$ meeting $AC$ in $C.$ Produce $CD$ to meet $AB$ in $B.$ Then $BC$ is the line required, since $BD : DC = AD : DE.$

เฉลยดูสั้นดี ไม่รู้ว่าตอนที่แต่ละคนลองคิดเอง จะสั้นแบบนี้หรือเปล่า ?

[Switchgear]

2. If a conic circumscribe a parallelogram, its centre must be at the intersection of the diagonals.

Solution:

Let $ABCD$ be the parallelogram; $E, F, G, H$ the middle points of the sides. Then $E$ and $G$ are the middle points of parallel chords, therefore $EG$ passes through the centre of the conic, and similarly for $FH$. Hence the centre of the conic is the intersection of $EG, FH,$ which is also the intersection of the diagonals.
_

[Switchgear]

ผมอยากรู้ว่าน้องๆ มัธยมที่เข้ามาอ่านโจทย์และเฉลยในกระทู้นี้ มีปัญหาในการอ่านภาษาอังกฤษหรือเปล่า ?
ถ้ามีปัญหากันหลายคน ผมจะพยายามแปลโจทย์และเฉลยเป็นภาษาไทยให้อ่านเข้าใจง่ายขึ้น ...

น้องๆ ที่ต้องการให้แปล/ไม่แปลเป็นภาษาไทยช่วยแสดงความเห็นไว้ด้วยก็ดี จะได้รู้ว่ามีคนอ่านเข้าใจแค่ไหน

[Switchgear]

3. Prove the identity
$$\frac{a^2(b-c)}{b+c-a} + \frac{b^2(c-a)}{c+a-b} + \frac{c^2(a-b)}{a+b-c} + \frac{(a+b+c)^2(b-c)(c-a)(a-b)}{(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)} = 0.$$

Solution:

By the ordinary rule of partial fractions,
$$ \frac{x^2}{(x-a)(x-b)(x-c)} \equiv \Sigma \frac{a^2}{(a-b)(a-c)} \cdot \frac{1}{x-a}.$$
Putting $x = \frac12(a + b + c),$ the given identity easily follows.
_

[Switchgear]

4. If there be any number of quantities $a, b, c, ...,$ shew that
$$a^3+b^3+c^3+...-3(abc+abd+...)$$
is divisible by $a + b + c + . . .$ and find the quotient.

Solution:

If $ \Sigma a = p, \Sigma ab = q, \Sigma abc = r, $ then $ \Sigma a^3 = p^3-3pq+3r $.
Hence $ \Sigma a^3 -3r $ is divisible by p, the quotient being $ p^2-3q = \Sigma a^2 - \Sigma ab $.
_

[Switchgear]

มาแล้วครับเฉลยข้อ 5 ซึ่งยาวซักหน่อย เมื่อเทียบกับ 4 ข้อแรกที่ผ่านมา


5. If in a triangle $a, c$ and $C$ are given, and $b_1, b_2$ are the two values of the third side, and $r_1, r_2$ the radii of the two inscribed circles, prove that
$(i) \;\; \left(\frac{b_1}{r_1}-\cot\frac12C\right)\left(\frac{b_2}{r_2}-\cot\frac12C\right) = 1.$
$(ii) \;\; r_1r_2 = a(a-c)\sin^2\frac12C.$

Solution:

$(i) \;\;$ Since in any triangle $\frac a r = \cot\frac12B + \cot\frac12C$ with similar formulae, we have.
$$ \left(\frac{b_1}{r_1} - \cot\frac12C \right) \left(\frac{b_2}{r_2} - \cot\frac12C \right) = \cot\frac12{A_1} \cdot \cot\frac12{A_2} = 1,$$
$\;\;\;\;\;\;$ since $ \frac12{A_1} + \frac12{A_2} = 90^\circ $.

$(ii) \;\;$ Using the same formulae,
$$ \frac{a-c}{r_2} = \cot\frac12C - \cot\frac12{A_2} = \cot\frac12C - \tan\frac12{A_1} = \frac{\cos\frac12{(C + A_1)}}{\sin\frac12C \cdot \cos\frac12{A_1}} = \frac{\sin\frac12{A_1}}{\sin\frac12C \cdot \cos\frac12{A_1}}.$$
$\;\;\;\;\;\;$ Also
$$ \frac{a}{r_1} = \cot\frac12{B_1} + \cot\frac12{C} = \frac{\sin\frac12{(B_1+C)}}{\sin\frac12{B_1} \cdot \sin\frac12{C}} = \frac{\cos\frac12{A_1}}{\sin\frac12{B_1} \cdot \sin\frac12{C}}.$$
$\;\;\;\;\;\;$ Multiplying these, the result follows.

_

[Switchgear]

ข้อ 6-12 เฉลยพิมพ์ยากน่าดู ... สมการเยอะไปหมด
เอาเป็นว่าว่างๆ จะเข้ามาโพสต์เพิ่มให้ครับ

หวังว่าโจทย์ในกระทู้นี้คงไม่ซ้ำกับโจทย์ที่พวกเราเคยเจอในตำราที่วางขายทั่วไป ไม่งั้นก็ไม่น่าสนใจมากนัก

[Switchgear]

6. Prove that if $\cos A = \cos\theta \sin\phi, \cos B = \cos\phi \sin\psi, \cos C = \cos\psi \sin\theta,$ and $A + B + C = \pi,$
then $\tan\theta \tan\phi \tan\psi = 1.$

Solution:

Since $1 - \Sigma \cos^2A - 2\cos A \cos B \cos C \equiv 0,$
and since $\; 1 - \Sigma \cos^2\theta \sin^2\phi = 1 - \Sigma \sin^2\theta + \Sigma \sin^2\theta \sin^2\phi $
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = (1 - \sin^2\theta)(1 - \sin^2\phi)(1 - \sin^2\psi) + \sin^2\theta \sin^2\phi \sin^2\psi) $
$\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \Pi \cos^2\theta + \Pi \sin^2\theta ;$
it follows that
$\;\;\;\Pi \cos^2\theta + \Pi \sin^2\theta - 2\Pi \cos\theta \sin\theta = 0,\;\;$ i.e. $(\Pi \cos\theta - \Pi \sin\theta)^2 = 0,\;\;$ or $\Pi \tan\theta = 1.$
_

[Switchgear]

7. Prove that the locus of the poles of chords of the circle $x^2 + y^2 = a^2$ which subtend a right angle at the fixed point $(h, k)$ is the circle
$$ (h^2+k^2-a^2)(x^2+y^2)-2a^2ky+2a^4 = 0.$$

Solution:

The polar of $(X, Y)$ is $xX + yY = a^2$. Transferring to $(h,k)$ as origin, this becomes
$$xX + yY = a^2-hX-kY .......................... (i),$$
while the equation to the circle is now
$$x^2+y^2+2hx+2ky+h^2+k^2-a^2 = 0 .......................... (ii).$$

Forming the equation to the lines joining the origin to the intersections of $(i)$ and $(ii)$ by the ordinary rule, and writing down the condition that these are perpendicular, we obtain the required locus of $(X, Y)$.

.