,

ทดลองจัดรูป $\cos2B = 2\cos^2\left( 45^{\circ} + A \right)$ โดยใช้สูตร $\cos2B = 1-2\sin^2 B$ และสูตรกระจาย $\cos$ ผลบวก จะได้

\begin{eqnarray*}
\cos2B & = & 2\cos^{2}\left(45^{\circ}+A\right)\\
1-2\sin^{2}B & = & 2\left(\cos\left(45^{\circ}+A\right)\right)^{2}\\
1-2\sin^{2}B & = & 2\left(\cos45^{\circ}\cos A-\sin45^{\circ}\sin A\right)^{2}\\
1-2\sin^{2}B & = & 2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\cos A-\frac{\sqrt{2}}{2}\sin A\right)^{2}
\end{eqnarray*}

จากนั้นดึง $\frac{\sqrt2}{2}$ ซึ่งเป็นตัวร่วมออกแล้วกระจายกำลังสองเข้าไป รวมทั้งเปลี่ยน $\cos^2A+\sin^2A$ เป็น $1$ จะได้

\begin{eqnarray*}
1-2\sin^{2}B & = & 2\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}\left(\cos A-\sin A\right)^{2}\\
1-2\sin^{2}B & = & \cancel{2}\left(\frac{\cancel{2}}{\cancel4}\right)\left(\cos^{2}A-2\cos A\sin A+\sin^{2}A\right)\\
1-2\sin^{2}B & = & \cancelto{1}{\cos^{2}A+\sin^{2}A}-2\sin A\cos A\\
1-2\sin^{2}B & = & 1-\sin2A\\
\cancel{1}\bcancel{-}2\sin^{2}B & = & \cancel{1}\bcancel{-}\sin2A\\
2\sin^{2}B & = & \sin2A
\end{eqnarray*}

นั่นคือ สมการ $\cos2B = 2\cos^2\left( 45^{\circ}+A \right)$ จะเป็นจริงก็ต่อเมื่อ $\sin^2B = \sin2A$ เป็นจริง

ในขณะที่ข้อความ (ก) กำหนดให้ $\sin^2B = \sin A\cos A$ เมื่อเราคูณด้วย $2$ ทั้งสองข้างของสมการ แล้วเปลี่ยน $2\sin A\cos A$ ไปเป็น $\sin2A$ จะได้

\begin{eqnarray*}
\sin^{2}B & = & \sin A\cos A\\
2\sin^{2}B & = & 2\sin A\cos A\\
2\sin^{2}B & = & \sin2A
\end{eqnarray*}

ซึ่งทำให้พบว่า $2\sin^2B=\sin2A$ จริง ดังนั้นการสรุปว่า  $\cos2B = 2\cos^2\left( 45^{\circ}+A \right)$  เป็นการสรุปที่ถูกต้อง

ข้อความ (ก) กล่าวถูก

,

จากสมการ $\sqrt3\sec B = \sqrt2 \sec A$ จัดให้อยู่ในรูป $\sin$ กับ $\cos$ จะได้ 

\begin{eqnarray*}
\sqrt{3}\sec B & = & \sqrt{2}\sec A\\
\sqrt{3}\left(\frac{1}{\cos B}\right) & = & \sqrt{2}\left(\frac{1}{\cos A}\right)\\
\sqrt{3}\cos A & = & \sqrt{2}\cos B
\end{eqnarray*}

นำสมการที่อยู่ในรูป $\sin$ กับ $\cos$ มายกกลังสองทั้งสองข้าง จะได้

\begin{eqnarray*}
\left(\sin A\right)^{2} & = & \left(\sqrt{2}\sin B\right)^{2}\\
\sin^{2}A & = & 2\sin^{2}B\qquad\cdots\left(1\right)
\end{eqnarray*}

และ

\begin{eqnarray*}
\left(\sqrt{3}\cos A\right)^{2} & = & \left(\sqrt{2}\cos B\right)^{2}\\
3\cos^{2}A & = & 2\cos^{2}B\qquad\cdots\left(2\right)
\end{eqnarray*}

นำสมการสองสมการที่ได้บวกกัน และใช้สูตรปีทาโกรัสของตรีโกณมิติ $\sin^2x +\cos^2x = 1$ จะได้ $(1)+(2):$

\begin{eqnarray*}
\sin^{2}A+3\cos^{2}A & = & 2\sin^{2}B+2\cos^{2}B\\
\sin^{2}A+\cos^{2}A+2\cos^{2}A & = & 2\left(\sin^{2}B+\cos^{2}B\right)\\
\left(\sin^{2}A+\cos^{2}A\right)+2\cos^{2}A & = & 2\left(1\right)\\
\left(1\right)+2\cos^{2}A & = & 2\\
2\cos^{2}A & = & 2-1\\
\cos^{2}A & = & \frac{1}{2}\\
\cos A & = & \pm\frac{1}{\sqrt{2}}
\end{eqnarray*}

ซึ่งจะได้ค่า $\cos A = \frac{1}{\sqrt{2}} \times\frac{\sqrt2}{\sqrt2}= \frac{\sqrt{2}}{2}$ เป็นบวกอย่างเดียว เพราะโจทย์กำหนดให้ $A$ เป็นมุมแหลม

ดังนั้นเราจึงทราบว่า $A=\frac{\pi}{4}$ เพราะ $\frac{\pi}{4}$ เป็นมุมแหลมมุมเดียวที่มีค่า $\cos \frac{\pi}{4}= \frac{\sqrt{2}}{2}$

แทนค่า $A=\frac{\pi}{4}$ ลงในสมการแรกที่โจทย์กำหนดให้เพื่อหามุม $B$

\begin{eqnarray*}
\sin A & = & \sqrt{2}\sin B\\
\sin\frac{\pi}{4} & = & \sqrt{2}\sin B\\
\frac{\sqrt{2}}{2} & = & \sqrt{2}\sin B\\
\frac{\cancel{\sqrt{2}}}{2} & = & \cancel{\sqrt{2}}\sin B\\
\frac{1}{2} & = & \sin B
\end{eqnarray*}

ซึ่งจากเงื่อนไขที่ $0\leq B\leq \frac{\pi}{2}$  จะได้ว่า $B=\frac{\pi}{6}$

แทนค่า $A=\frac{\pi}{4}$ กับ $B=\frac{\pi}{6}$ ลงใน $\sin10A+\cos10B$ จะได้

\begin{eqnarray*}
\sin10A+\cos10B & = & \sin\left(10\cdot\frac{\pi}{4}\right)+\cos\left(10\cdot\frac{\pi}{6}\right)\\
 & = & \sin\frac{5\pi}{2}+\cos\frac{5\pi}{3}\\
 & = & \sin\left(\frac{4\pi}{2}+\frac{\pi}{2}\right)+\cos\left(\frac{6\pi}{3}-\frac{\pi}{3}\right)\\
 & = & \sin\left(2\pi+\frac{\pi}{2}\right)+\cos\left(2\pi-\frac{\pi}{3}\right)\\
 & = & \sin\frac{\pi}{2}+\cos\frac{\pi}{3}\\
 & = & 1+\frac{1}{2}\\
 & \neq & 0.5
\end{eqnarray*}

ซึ่งจะเห็นว่าค่าที่ได้ไม่เท่ากับ $0.5$ อย่างที่ข้อความ (ข) กล่าวไว้

ดังนั้น ข้อความ (ข) กล่าวผิด