ขาหลังข้างซ้ายของแมลงสาบสมัยหิน

[Switchgear]

กำลังสนุกกับการเฉลย ... เรามาต่อกันด้วยเฉลย PROBLEM PAPERS 3 เลยดีกว่า

.

[Switchgear]

1. $A$ is the centre of a circle, and $B$ is any point outside it. $BC$ is a straight line drawn from $B$ to cut the circle at $C$, and $BD, BE$ are the tangents from $B$. Through $C$ a straight line is drawn perpendicular to $BC$ to cut $AD$ in $T$, and $AE$ in $U$. Prove that $AB$ is a mean proportional between $AT$ and $AU$.

Solution:

$\;\;\;$ Since $TDBC$ and $UEBC$ are cyclic, therefore
$\;\;\;\;\; T{\hat B}U = T{\hat B}C + U{\hat B}C = A{\hat D}C + U{\hat E}C = 360^\circ - 2D{\hat A}B - (180^\circ - D{\hat A}B) = 180^\circ - B{\hat A}U,$
since $D{\hat A}B = B{\hat A}U.$
therefore $\;\; A{\hat B}T + A{\hat B}U + B{\hat A}U= 180^\circ, $
therefore $\;\; A{\hat B}T = A{\hat U}B \;\;$ and $\;\; B{\hat A}T = B{\hat A}U \;\;$
therefore $\;\; A{\hat T}B = A{\hat B}U, $
and the triangles $ATB, ABU$ are similar. Hence the result.

[Switchgear]

2. $PGQ$ is a chord of a parabola meeting the axis in $G$. Prove that the distance of $G$ from the vertex, the ordinates of $P$ and $Q$ and the latus-rectum are proportionals.

Solution:

$\;\;\;$ If $PM, QN$ are the ordinates, we have $\displaystyle \frac{MG^2}{GN^2} = \frac{PM^2}{QN^2} = \frac{AM}{AN},$
therefore $\;\;\;\displaystyle \frac{(AG-AM)^2}{(AN-AG)^2} = \frac{2AM \cdot AG}{2AN \cdot AG} = \frac{AG^2 + AM^2}{AN^2 + AG^2},$
therefore $\;\;\;\displaystyle \frac{AG^2 + AM^2}{AM} = \frac{AN^2 + AG^2}{AN} = \frac{AN^2 - AM^2}{AN - AM} = AN + AM.$
therefore $\;\;\;AG^2 = AM \cdot AN,$

whence the property in question immediately follows.

[Switchgear]

3. Shew that the coefficient of $x^{n-2}$ in the expansion of $(1-\frac34x)^{-\frac{11}3}$ is
$$\frac{2\cdot5\cdot8...(3n+2)}{5\cdot4^n\cdot(n-2)!}.$$

Solution:

$\;\;\;$ The term involving $x^{n-2}$ is

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle \frac{-\frac{11}{3} (-\frac{11}{3}-1)\cdot \cdot \cdot (-\frac{11}{3}-(n-2)+1)}{(n-2)!}(-\frac34x)^{n-2}$

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle = (-1)^{n-2} \frac{11 \cdot 14 \cdot \cdot \cdot (3n+2)}{(n-2)!} \cdot (-1)^{n-2} (\frac14x)^{n-2}$

$\;\;\;\;\;\; \displaystyle = \frac{11 \cdot 14 \cdot \cdot \cdot (3n+2)}{4^{n-2} \cdot (n-2)!} \cdot x^{n-2}.$

The given form is obtained by multiplying numerator and denominator by $2\cdot 5\cdot 8.$

[Switchgear]

4. Shew that the $42^{nd}$ power of any number which is not a multiple of $7$ is of the form $49m + 1$.

Solution:

$\;\;\;$ Let $N$ be the number. Then by Fermat s Theorem, $N^6 = 7m + 1,$
therefore $N^{42} = (7m+1)^7 = M(49)+1,$ by the Binomial Theorem.

[Switchgear]

5. Prove that the ratio of the area of the triangle formed by the points of contact of the inscribed circle of a triangle $ABC$ to the area of $ABC$ is half the ratio of the radii of the inscribed and circumscribed circles of the triangle $ABC$.

Solution:

$\;\;\;$ Let $L, M, N$ be the points of contact. Then if $\Delta'$ be the area of $LMN,$ we have
$\displaystyle \Delta' = \frac12r^2 \cdot \Sigma \sin A = 2r^2 \cdot \Pi \cos \frac{A}2,\;\;$ and $\;\;\Delta = 2R^2 \cdot \Pi \sin A.$
Also $\;\;\displaystyle r = 4R \cdot \Pi \sin \frac{A}2,\;\;$ whence $\;\;\displaystyle \frac{\Delta'}{\Delta} = \frac{r}{2R}.$


ข้อนี้โจทย์น่าสนใจมาก...เป็นโจทย์ที่สวยงามในทางเรขาคณิต

[Switchgear]

เฉลยมาหลายข้อแล้ว ไม่รู้ว่าจะตรงกับวิธีที่แต่ละคนคิดเองก่อนหน้านี้หรือเปล่า ?
ใครมีเฉลยที่ต่างออกไปจากนี้ ลองโพสต์ให้เพื่อนๆ ได้อ่านด้วยก็ดีครับ

[nongtum]

ผมยังไม่ได้คิดข้ออื่นเลยครับ รู้แต่ว่าวิธีที่เ้ขาเฉลยข้อสี่ กินแรงน้อยกว่าแบบที่ผมโพสต์เยอะครับ

[Switchgear]

เท่าที่ผมอ่านจากคำนำในการพิมพ์ครั้งที่ 2 ของหนังสือต้นฉบับ พบว่าหลังการพิมพ์ครั้งแรกแล้ว มีอาจารย์ที่เอาหนังสือไปใช้สอน
และผู้เชี่ยวชาญต่างๆ ช่วยแก้เฉลยบางข้อให้เจ๋งกว่าเดิม และเขาก็นำมาปรับปรุงในการพิมพ์คราวต่อมา

ผมคิดว่านี่คงเป็นเหตุผลที่ทำให้หนังสือของเขามีเฉลยที่สุดยอดมากขึ้นเรื่อยๆ ... ไม่ใช่แค่พิมพ์ซ้ำหากินจากของเดิม

[Switchgear]

ความเห็นที่แล้ว ผมไม่ตั้งใจจะกระทบกระเทียบใครนะครับ

แต่ถ้าผู้แต่งหนังสือของบ้านเรา จะนำไปเป็นข้อคิดในการส่งเสริมความก้าวหน้าให้กับหนังสือตัวเองก็ย่อมเป็นสิ่งดี
สุภาษิตโบราณกล่าวไว้ว่า "ความจริงมักบาดใจ" ผมก็ไม่รู้มันจริงหรือไม่ ?

[Switchgear]

6. Find approximately, by a graphical method, the circular measure of the acute angle which satisfies the equation $\cot x = 4x$.

Solution:

$\;\;\;$ If $f(x) = \cot x - 4x,$ we have $f(0) = \infty,\; f(\frac{\pi}6) = \sqrt3 - \frac{2\pi}3,$ which is negative.
Hence the root lies between and $0$ and $\frac{\pi}6$. From the graphs $y = \cot x$ and $y = 4x$,
its value is approximately $0.48$.

[Switchgear]

7. Shew that the locus of the poles of tangents to the circle $x^2+y^2 = a^2$ with respect to the circle $x^2 + y^2 = 2bx$ is the conic
$$(a^2-b^2)x^2 + a^2y^2 - 2a^2bx + a^2b^2 = 0.$$

Solution:

$\;\;\;$ If the tangent $\;\;x \cos\theta + y \sin\theta = a\;\;$ coincides with the polar $xx' + yy' = b(x + x')$, we have
$\displaystyle \frac{x'-b}{\cos\theta} = \frac{y'}{\sin\theta} = \frac{bx'}{a}$, whence $\displaystyle (x' - b)^2 + y'^2 = \left(\frac{bx'}{a}\right)^2$, giving the required locus for $(x',y')$.

[Switchgear]

8. If tangents be drawn from points on the line $x = c$ to the parabola $y^2 = 4ax$, shew that the locus of the intersection of the corresponding normals is the parabola
$$ay^2 = c^2(x+c-2a).$$

Solution:

$\;\;\;$ The intersection of the tangents at $m$ and $m'$ is the point $amm', a(m + m'),$ and the intersection of the normals is $a (m^2 + mm' + m'^2) + 2a,\;\; -amm'(m + m')$.

Now $amm' = c$. Hence, putting $m + m' = \lambda,$ the latter point is
$\;\;\;\displaystyle x = a\left(\lambda^2 - \frac{c}{a}\right) + 2a,\;\; y = -c\lambda.$
Eliminating $\lambda,$ the result follows.

[Switchgear]

เฉลยไป 3 ใน 4 ของ PROBLEM PAPERS 3 แล้ว ... เอาไว้จะมาเฉลยต่อและเพิ่มโจทย์ให้อีก

เบ็ดเสร็จแล้วจะมีอยู่ทั้งหมด 100 Papers ซึ่งเยอะมากเมื่อดูจากปริมาณของ 3 Papers แรกที่เฉลยมา
ถ้าน้องๆ คนไหนสนใจฝึกทำโจทย์ครบจนหมด 100 Papers คงมีฝีมือต่างจากคนอื่นพอดูเลย

[Switchgear]

9. Tangents are drawn from any point on $\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 4\;$ to $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$: prove that they form with their chord of contact a triangle whose centroid is on the latter conic.

Solution:

$\;\;\;$ The abscissae of the intersections of $\displaystyle \frac{xx'}{a^2} + \frac{yy'}{b^2} = 1\;$ and $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$
are determined by the equation $\;\displaystyle \frac{x^2}{a^2}\left(\frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2}\right) - \frac{2xx'}{a^2} + 1 - \frac{y'^2}{b^2} = 0.$

$\;\;\;$ If $x_1,\; x_2$ are the roots of the equation, and if $(x', y')$ lies on $\displaystyle \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 4,$ we have $\displaystyle x_1 + x_2 = \frac12x'$.
$\;\;\;$ Hence if $(\bar x, \bar y)$ be the centroid, $\displaystyle \bar x = \frac13(x_1 + x_2 + x') = \frac12x'$.
Similarly $\displaystyle \bar y = \frac12y',$ so that $\displaystyle \frac{\bar x^2}{a^2} + \frac{\bar y^2}{b^2} = \frac14\left(\frac{x'^2}{a^2} + \frac{y'^2}{b^2}\right) = 1.$