|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#196
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
2\sin x\cos y = \cos ^2 x - \cos ^2 y \] \[ \sin \left( {x + y} \right) + \sin \left( {x - y} \right) = \left( {\frac{{1 + \cos 2x}}{2}} \right) - \left( {\frac{{1 + \cos 2y}}{2}} \right) \] \[ = \frac{1}{2}\left( {\cos 2x - \cos 2y} \right) = \frac{1}{2}\left( { - 2\left( {\sin \left( {x + y} \right)\sin \left( {x - y} \right)} \right)} \right) = - \sin \left( {x + y} \right)\sin \left( {x - y} \right) \] จาก \[ 2\cos x\sin y = 1.5 = \frac{3}{2} \] \[ \sin \left( {x + y} \right) - \sin \left( {x - y} \right) = \frac{3}{2} \] ให้ \[ A = \sin \left( {x + y} \right) \] และ \[ B = \sin \left( {x - y} \right) \] จะได้\[ A + B = - AB \] และ \[ A - B = \frac{3}{2} \] เนื่องจาก \[ - 1 \le A \le 1 \] และ \[ - 1 \le B \le 1 \] แก้สมการจะได้ \[ A = 1 \] และ\[ B = - \frac{1}{2} \] นั่นคือ \[ \sin \left( {x + y} \right) = 1 \] และ \[ \sin \left( {x - y} \right) = - \frac{1}{2} \] เนื่องจาก \[ 0 \le x \le \pi \] และ \[ 0 \le y \le \pi \] จะได้ \[ x + y = \frac{\pi }{2} \] และ \[ x - y = \frac{{7\pi }}{6} \] ดังนั้น \[ x - y = \frac{{7\pi }}{6} \] 20 มีนาคม 2009 00:46 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 8 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ V.Rattanapon |
#197
|
||||
|
||||
ไม่ได้เข้ามานาน คิดถึงจัง
ในที่สุดผมก็เป็นน้องใหม่ปีหนึ่งแล้วครับ ขอเฉลยข้อ 73. ในวิธีของผมนะครับ solution พิจารณา $\begin{array}{rcl}(3+2i)^5 & = & 3^5+\left(\matrix{5 \\ 1}\right)3^4\cdot (2i)+\left(\matrix{5 \\ 2}\right)3^3\cdot (2i)^2+\left(\matrix{5 \\ 3}\right)3^2\cdot (2i)^3+\left(\matrix{5 \\ 4}\right)3\cdot (2i)^4+(2i)^5 \\ & = & 243+810i-1080-720i+240+32i \\ & = & -597+122i \\ (3+2i)^5 & = & \left(\sqrt{13}\left(\frac{3}{\sqrt{13}}+\frac{2}{\sqrt{13}}i\right)\right)^5 \\ & = & \left(\sqrt{13}\left(\cos\left(\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sin\left(\arctan\frac{2}{3}\right)\right)\right)^5 \\ & = & \sqrt{13}^5\left(\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)\right) \\ & = & \sqrt{13}^5\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i\sqrt{13}^5\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right) \\ & = & 169\sqrt{13}\cos\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)+i169\sqrt{13}\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)\end{array}$ เมื่อเทียบส่วนจริงและส่วนจินตภาพเราจึงได้ว่า $169\sqrt{13}\sin\left(5\arctan\frac{2}{3}\right)=122$ ครับ
__________________
"จงรักตัวเองด้วยการช่วยเหลือผู้อื่น และรักผู้อื่นด้วยการพัฒนาตัวเอง" << i'm lovin' it>> |
#198
|
|||
|
|||
เกือบ10 เดือนแล้วเหรอเนี่ย
งั้นเฉลยเลยดีกว่า ข้อ 72 ให้ $ x= \cos(\frac{\pi}{180})+i\sin(\frac{\pi}{180})$ ดังนั้น $\cos(\frac{k\pi}{180})= \frac{x^k+x^{-k}}{2}$ แล้วเราก็พิจารณา $ \begin{array}{rcl}\sum_{k=1}^{180} \cos^{2008}(\frac{k\pi}{180}) &=& \frac{1}{2^{2008}}\sum_{k=1}^{180} (x^k+x^{-k})^{2008} \\ &=&\frac{1}{2^{2008}}\sum_{k=1}^{180}\sum_{j=0}^{2008}\binom{2008}{j}x^{2k(j-1004)}\\ &=& \frac{1}{2^{2008}}\sum_{j=0}^{2008}\binom{2008}{j}\sum_{k=1}^{180}x^{2k(j-1004)} \\ &=& \frac{180}{2^{2008}}\binom{2008}{1004} \end{array} $ เอาค่าที่ได้ก่อนหน้า ลบด้วย 1 แล้วหารด้วยสอง ก็จะได้คำตอบครับ
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว |
#199
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
\cos ^{2n} x = \frac{1}{{2^{2n - 1} }}\sum\limits_{k = 1}^{n - 1} {\left( \begin{array}{l} 2n \\ k \\ \end{array} \right)} \cos \left( {\left( {2n - 2k} \right)x} \right) + \frac{1}{{2^{2n} }}\left( \begin{array}{l} 2n \\ n \\ \end{array} \right) \] |
#200
|
||||
|
||||
ผมมาเติมให้ ว่า
74. จงหาค่า $\sin 1^{\circ}$ (ไม่ใช่รูปทศนิยม)
__________________
"จงรักตัวเองด้วยการช่วยเหลือผู้อื่น และรักผู้อื่นด้วยการพัฒนาตัวเอง" << i'm lovin' it>> |
#201
|
|||
|
|||
คุณ Brownian มีรูปแบบคำตอบที่ต้องการหรือป่าวครับ เช่น อยู่ในรูปอนุกรมอนันต์ หรือ ... ไม่งั้นคำตอบมีได้กว้างมากครับ
|
#202
|
||||
|
||||
เป็นรูปติดกรณฑ์ เศษส่วนครับ เอาเป็นผลสิ้นสุดอ่ะคับ
__________________
"จงรักตัวเองด้วยการช่วยเหลือผู้อื่น และรักผู้อื่นด้วยการพัฒนาตัวเอง" << i'm lovin' it>> |
#204
|
||||
|
||||
โหดนะครับ กว่าจะหา $cos6$ ผมอยากรู้ที่มาเหมือนกันครับ
|
#205
|
||||
|
||||
เด่วเฉลยที่มาครับ
$\cos 6^{\circ}=\cos(60^{\circ}-54^{\circ})$ ครับ คุณบัณฑิตฟ้า square1zoa
__________________
"จงรักตัวเองด้วยการช่วยเหลือผู้อื่น และรักผู้อื่นด้วยการพัฒนาตัวเอง" << i'm lovin' it>> 08 เมษายน 2009 18:12 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Brownian |
#206
|
||||
|
||||
อ่อ เข้าใจแล้วครับ ขอบคุณคุณ Brownian มากๆๆๆๆๆ
|
#207
|
||||
|
||||
เห็นว่านานมากแล้ว งั้นผมลงแนวคิดเลยละกันครับ
จาก $\cos 6^{\circ}=\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}$ $\sin 3^{\circ}=\sqrt{\frac{1-\cos 6^{\circ}}{2}}=\sqrt{\frac{1-\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}}{2}}=\frac{\sqrt{8-\sqrt{15}-\sqrt{10-2\sqrt{5}}-\sqrt{3}}}{4}$ $\cos 3^{\circ}=\sqrt{\frac{1+\cos 6^{\circ}}{2}}=\sqrt{\frac{1+\frac{\sqrt{3}+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}}{8}}{2}}=\frac{\sqrt{8+\sqrt{15}+\sqrt{10-2\sqrt{5}}+\sqrt{3}}}{4}$ และเพราะว่า $4\sin^3 1^{\circ}-3\sin 1^{\circ}+\sin 3^{\circ}=0$ ให้ $\sin 1^{\circ}=x$ และ $\sin 3^{\circ}=k$ เราจะต้องหารากของพหุนาม $4x^3-3x+k\equiv x^3-\frac{3}{4}x+\frac{k}{4}$ และเพราะว่า $-\Delta >0$ แสดงว่าพหุนามมีรากจริงทั้งสามรากและแตกต่างกันทั้งหมด และพหุนามเป็นกรณีลดทอนไม่ได้ (irreduceable case) เราจึงต้องเขียนคำตอบในรูปรากที่สามของจำนวนเชิงซ้อน โดยวิธีของคาร์ดานจะได้ว่า $x=\sqrt[3]{-\frac{k}{8}+\sqrt{\frac{k^2}{64}-\frac{1}{64}}}+\sqrt[3]{-\frac{k}{8}-\sqrt{\frac{k^2}{64}-\frac{1}{64}}}$ $=\frac{\sqrt[3]{\sqrt{k^2-1}-k}-\sqrt[3]{\sqrt{k^2-1}+k}}{2}$ $=\frac{\sqrt[3]{-\sin 3^{\circ}+i\cos 3^{\circ}}-\sqrt[3]{\sin 3^{\circ}+i\cos 3^{\circ}}}{2}$ ผิดถูกยังไงช่วยผมแก้ด้วยนะครับ
__________________
"จงรักตัวเองด้วยการช่วยเหลือผู้อื่น และรักผู้อื่นด้วยการพัฒนาตัวเอง" << i'm lovin' it>> 21 เมษายน 2009 10:55 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Brownian |
#208
|
|||
|
|||
เผื่อใครสนใจ เอามาให้คิดเล่นๆครับ
75. Evaluate $$ \sum_{n=1}^{\infty} 4^n \sin^4(\frac{\pi}{2^n}) $$ $\pi^2$
__________________
เกษียณตัวเอง ปลายมิถุนายน 2557 แต่จะกลับมาเป็นครั้งคราว 27 ธันวาคม 2010 17:12 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ passer-by เหตุผล: add คำตอบ |
#209
|
|||
|
|||
ผมลองทำข้อ 75 ดูนะครับ โดยเริ่มจาก $sin^4(n)=(-4cos(2n)+cos(4n)+3)/8$ จึงได้ว่า $4^nsin^4(\frac{\pi}{2^n})=(-4^{n+1}cos(\frac{\pi}{2^{n-1}})+4^ncos(\frac{\pi}{2^{n-2}})+3\times 4^n)/8$
ดังนั้น $\sum_{n = 0}^{m}4^nsin^4(\frac{\pi}{2^n})=4^msin^2(\frac{\pi}{2^m})$ เมื่อ $m\rightarrow\infty$ จึงได้ $\frac{1}{2^m}\rightarrow0$ และจาก $\lim_{x \to 0}\frac{sin(ax)}{x}=a$ เมื่อ a เป็นค่าคงที่ ดังนั้น $\lim_{m \to \infty}4^msin^2(\frac{\pi}{2^m})=\lim_{m \to \infty}(\frac{sin(\frac{\pi}{2^m})}{\frac{1}{2^m}})^2=\pi^2$ ผมพึ่งสังเกตเห็นว่า คุณ passer-by เริ่มจาก n=1 แต่ผมเริ่มจาก n=0 แต่ก็ให้คำตอบตรงกันเพราะที่ n=0 จะได้ $4^0sin^4(\pi)=0$ ครับ 07 มกราคม 2011 19:43 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Yuranan |
#210
|
|||
|
|||
คุณ passer-by ครับขอโจทย์อีกได้ไหมครับ
|
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
Geometry marathon | Char Aznable | เรขาคณิต | 78 | 26 กุมภาพันธ์ 2018 21:56 |
Algebra Marathon | nooonuii | พีชคณิต | 199 | 20 กุมภาพันธ์ 2015 10:08 |
Calculus Marathon (2) | nongtum | Calculus and Analysis | 134 | 03 ตุลาคม 2013 16:32 |
Marathon | Mastermander | ฟรีสไตล์ | 6 | 02 มีนาคม 2011 23:19 |
Calculus Marathon | nooonuii | Calculus and Analysis | 222 | 26 เมษายน 2008 03:52 |
|
|