Trigonometric Marathon

[Brownian]

70.จงหาคู่อันดับ (x,y) ที่สอดคล้องกับระบบสมการ $\cos x-\cos y = \sin (x+y)...(1)$
และ $|x|+|y| = \frac{\pi}{4}...(2)$

Solution

พิจารณา $\cos x-\cos y = \sin (x+y)$

$\Rightarrow -2\sin (\frac{x+y}{2})\sin (\frac{x-y}{2}) = 2\sin (\frac{x+y}{2})\cos (\frac{x+y}{2}) = 0$

$\Rightarrow \sin (\frac{x+y}{2})(\sin (\frac{x-y}{2}) + \cos (\frac{x+y}{2})) = 0$

$\Rightarrow \sin (\frac{x+y}{2}) = 0$ หรือ $\sin (\frac{x-y}{2}) + \cos (\frac{x+y}{2}) = 0$

$1^{st}$case: $\sin (\frac{x+y}{2}) = 0$ จะได้ว่า $x+y = 2n\pi$ เมื่อพิจารณาร่วมกับสมการ $|x|+|y|=\frac{\pi}{4}$ โดยการแยกกรณี จะพบว่า $(x,y) = (\frac{\pi}{8},-\frac{\pi}{8}), (-\frac{\pi}{8},\frac{\pi}{8})$ เท่านั้นที่เป็นคำตอบ

$2^{nd}$case: $\sin (\frac{x-y}{2}) + \cos (\frac{x+y}{2}) = 0 \Leftrightarrow \cos (\frac{x+y}{2}) = \sin (\frac{y-x}{2}) \Rightarrow \frac{1+\cos (x+y)}{2} = \frac{1-\cos (y-x)}{2}$
$\Rightarrow \cos (x+y)+\cos (y-x) = 0$

$\Rightarrow \cos x\cos y = 0 \Rightarrow x= 2k_1\pi\pm \frac{\pi}{2} \vee y= 2k_2\pi\pm \frac{\pi}{2}$

$\Rightarrow x+y \in \{(2k_1+2k_2+1)\pi, (2k_1+2k_2)\pi, (2k_1+2k_2-1)\pi\}$

เมื่อพิจารณาโดยแยกกรณีร่วมกับสมการ (2) จะพบว่าไม่มีคำตอบ

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

[Brownian]

โทดทีครับ ถ้าเฉลยช้า ผมคิดว่ายังมีบางคนกำลังคิดอยู่ครับ

เฉลย ข้อ 63.
Solution ให้ $k\in\left\{1,2,3,...,n-1\right\}$ จากนั้น คูณ สมการ ที่ i ด้วย $\sin k\frac{i\pi}{n}$ ทั้งหมด n-1 สมการ แล้วจับสมการทั้งหมดบวกกัน จะได้ว่า
$$A_1x_1+A_2x_2+...+A_{n-1}x_{n-1} = a_1\sin k\frac{\pi}{n}+a_2\sin k\frac{2\pi}{n}+...+a_{n-1}\sin \frac{(n-1)\pi}{n}$$
และ
$$A_i = \sum_{m = 1}^{\ n-1} \sin i\frac{m\pi}{n}\sin k\frac{m\pi}{n}$$

และ เราจะได้ว่า $A_i = 0$ ถ้า $i\not= k$ และ $A_i = \frac{n}{2}$ ถ้า $i = k$

ดังนั้น $$x_k = \frac{2}{n} (a_1\sin k\frac{\pi}{n} + a_2\cos k\frac{2\pi}{n}+...+a_{n-1}\sin k\frac{(n-1)\pi}{n})$$ โดยที่ $k=1, 2, 3, ... ,n-1$

เฉลยข้อ 65
Solution ให้ $u = \frac{\sqrt{10-2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}+1)i.}{4}$ และ $w = \frac{\sqrt{10+2\sqrt{5}}+(\sqrt{5}-1)i.}{4}$ จะได้ว่า $z = \frac{u}{w}$

เนื่องจาก $u = \cos 54^{\circ} + i\sin 54^{\circ}$ และ $w = \cos 18^{\circ} + i\sin 18^{\circ}$

จึงได้ว่า u และ w เป็นรากที่ 20 ของ 1 ดังนั้น $z^{20}=(\frac{u}{w})^{20} = \frac{u^{20}}{w^{20}} = 1$

พิจารณา $2551^{2552}\equiv 1\pmod{5}$ และ $2007^{2008}\equiv 1\pmod{5} \Rightarrow 2551^{2552}-2007^{2008}\equiv 0\pmod{5}$
ในทำนองเดียวกัน จะได้ $2551^{2552}-2007^{2008}\equiv 0\pmod{4}$
ดังนั้น $2551^{2552}-2007^{2008}\equiv 0\pmod{20}$

$$\frac{z^{2551^{2552}}}{z^{2007^{2008}}} = z^{2551^{2552}-2007^{2008}} = z^{20k} = 1^k = 1$$

[Brownian]

เฉลยข้อ 60
Solution ให้ $\frac{\sin x}{a}=\frac{\sin y}{b}=\frac{\sin z}{c}=k$
จะได้ $\sin x=ak, \sin y=bk, \sin z=ck$
และ $\sin z=\sin (\pi-(x+y))=\sin (x+y)=\sin x\cos y+\cos x\sin y$

ดังนั้น จะได้ว่า $a\cos y+b\cos x=c$ และ $b\cos z+c\cos y=a$ และ $c\cos x+a\cos z=b$

เมื่อแก้ระบบออกมา จะได้ $\cos x=\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$, $\cos y=\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}$, $\cos z=\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}$
ดังนั้น $$x=\cos^{-1}(\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}), y=\cos^{-1}(\frac{c^2+a^2-b^2}{2ca}), z=\cos^{-1}(\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab})$$

[Anonymous314]

มาเสริมโจทย์ครับ เห็นกระทู้มันเงียบ ๆ
71.Prove that $\sum\nolimits_{k = 1}^{38} sin{\frac{{k^8 \pi }}{{38}}} = \sqrt {19} $

[passer-by]

ผมจำได้ว่า วิธีทำข้อ 71 นี้ ต้องใช้ group theory มาช่วย

หรือคุณ Anonymous314 มีวิธีที่ง่ายกว่าครับ อยากเห็นจังเลย

[owlpenguin]

คุณ passer-by ช่วยแสดงวิธีที่ใช้ group theory ได้ไหมครับ

[passer-by]

ไม่รู้จะอธิบายยังไงดีครับ น่าจะมีคนอื่นที่นี่ อธิบายเรื่องนี้ได้ดีกว่าผมนะ

ที่ผมจำได้เพราะ ผมเคย post คำถามข้อนี้ แล้วก็เอา solution มาให้ดูครั้งนึงแล้ว

ลอง click อ่านเองดูนะครับ

CLICK

[Anonymous314]

ผมก็เอาโจทย์มาจากที่นี่เหมือนกับคุณ passer-by เหมือนกันครับ
เป็นโจทย์ของ Missouri Journal of Mathematics and Science 1990
แต่ผมหา Solution ไม่เจอครับ ว่าแต่คุณ passer-by เอามาจากที่ไหนครับ solution
Edit:เจอแล้วครับ

[passer-by]

เจอแล้วครับ จะได้ไม่ต้อง upload file อีกรอบในอนาคต

เข้าไปที่ web ด้านล่าง แล้วลอง click ตรง solutions ครับ
MJMS

อืมม...ไม่ได้ post นานแล้ว งั้นขอต่อด้วยข้อ 72 นะครับ

หาค่า $$ \sum_{k=1}^{89} \cos^{2008} k^{\circ}$$

[Brownian]

ข้อ 71 ยากดีแท้ หะหะ

[Brownian]

ข้อ 72 ทำไงหรอครับ ทำไม่ได้ ห่ะห่ะ...

เอาข้อ 73 ที่ง่ายกว่า มาฝากครับ

73. จงพิสูจน์ว่า $169\sqrt{13}\sin({5\arctan\frac{2}{3}})=122$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Brownian

ข้อ 72 ทำไงหรอครับ ทำไม่ได้ ห่ะห่ะ...

HINT :ใช้ complex number มาช่วยครับ

[V.Rattanapon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Brownian

73. จงพิสูจน์ว่า $169\sqrt{13}\sin({5\arctan\frac{2}{3}})=122$

ให้ \[
\tan \theta = \frac{2}{3}
\]
จะได้
\[
\sin \theta = \frac{2}{{\sqrt {13} }}
\]
และ \[
\cos \theta = \frac{3}{{\sqrt {13} }}
\]
จะได้\[
169\sqrt {13} \sin \left( {5\arctan \frac{2}{3}} \right) = 169\sqrt {13} \sin \left( {5\theta } \right)
\]
\[
= 169\sqrt {13} \sin \left( {3\theta + 2\theta } \right)
\]
\[
= 169\sqrt {13} \left( {\sin 3\theta \cos 2\theta + \cos 3\theta \sin 2\theta } \right)
\]
\[
= 169\sqrt {13} \left( {\left( {3\sin \theta - 4\sin ^3 \theta } \right)\left( {\cos ^2 \theta - \sin ^2 \theta } \right) + \left( {4\cos ^3 \theta - 3\cos \theta } \right)\left( {2\sin \theta \cos \theta } \right)} \right)
\]
แทนค่า
จะได้ \[
169\sqrt {13} \sin \left( {5\arctan \frac{2}{3}} \right) = 169\sqrt {13} \left( {\left( {3\left( {\frac{2}{{\sqrt {13} }}} \right) - 4\left( {\frac{2}{{\sqrt {13} }}} \right)^3 } \right)\left( {\left( {\frac{3}{{\sqrt {13} }}} \right)^2 - \left( {\frac{2}{{\sqrt {13} }}} \right)^2 } \right) + \left( {4\left( {\frac{3}{{\sqrt {13} }}} \right)^3 - 3\left( {\frac{3}{{\sqrt {13} }}} \right)} \right)\left( {2\left( {\frac{2}{{\sqrt {13} }}} \right)\left( {\frac{3}{{\sqrt {13} }}} \right)} \right)} \right) = 122
\]

[Anonymous314]

ขอบคุณมากครับที่อัพเดทกระทู้ หลังจากหายไปเกือบ 6 เดือนเต็มของกระทู้นี้

[Mastermander]

ไม่ได้มาดูนานมาก