ให้รากคือ $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ จะได้ว่า $x_1,...,x_5>0$ และ $x_1x_2x_3x_4x_5=1$

ดังนั้นโดย AM-GM

$a\geq \binom{5}{1}$

$b\geq \binom{5}{2}$

$c\geq \binom{5}{3}$

$d\geq \binom{5}{4}$

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\leq \dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{5}$

ถ้า $n=2$ เห็นได้ชัด

สมมติ $n\geq 3$

จะได้ว่า

$\sqrt{2n-1}<n-1<2n-2<2n-1$

โดย Chebychev Theorem จะมีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่สอดคล้องสมบัติ

$n-1<p<2n-2$

ดังนั้น $\sqrt{2n-1}<p<2n-1$

ซึ่งจะได้ว่า $p$ ปรากฎใน $m=1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)$ เพียงครั้งเดียว

สมมติว่า

$1+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}=k$ เป็นจำนวนเต็ม

จะได้ว่า

$km=m+\dfrac{m}{3}+\cdots +\dfrac{m}{2n-1}$

ดังนั้น $p$ หาร $\dfrac{m}{p}$ ลงตัวซึ่งขัดแย้ง

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Suwiwat B (ข้อความที่ 116377) ทำไม a $\geqslant \binom{5}{1}$ เหรอครับ :confused:

ให้ $a_1,...,a_n\in [0,1]$ และ $s=a_1+\cdots+a_n$

จะพิสูจน์ว่า $(na_1-s)^2+(na_2-s)^2+\cdots+(na_n-s)^2\leq n\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

ให้ $f(a_1,...,a_n)=(na_1-s)^2+(na_2-s)^2+\cdots+(na_n-s)^2$

มอง $f$ ให้เป็นฟังก์ชันในตัวแปร $a_1$ จะได้ว่า กราฟของ $f$ เป็นพาราโบลาหงาย

ดังนั้น $f$ จะมีค่าสูงสุดที่จุดปลายของพาราโบลาในช่วง $[0,1]$ นั่นคือเมื่อ $a_1=0$ หรือ $a_1=1$

ในทำนองเดียวกัน ถ้ามอง $f$ เป็นฟังก์ชันในตัวแปร $a_2$

$f$ จะมีค่าสูงสุดเมื่อ $a_2=0$ หรือ $a_2=1$

ดังนั้น ค่าสูงสุดของ $f$ จะเกิดเมื่อ ทุกตัวแปรมีค่าเป็น $0$ หรือ $1$

สมมติว่า $a_i=0$ เป็นจำนวน $k$ ตัว และ $a_i=1$ อีก $n-k$ ตัว

จะได้ว่า $s=n-k$ และ $f=ks^2+(n-k)(n-s)^2=k(n-k)^2+(n-k)k^2=kn(n-k)$

ต่อไปพิจารณาว่า $k(n-k)$ มีกราฟเป็นพาราโบลาคว่ำซึ่งจะมีค่าสูงสุดเมื่อ $k=\dfrac{n}{2}$

ถ้า $n$ เป็นจำนวนคู่ จะได้ว่า $k$ เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น ค่าสูงสุดของ $k(n-k)$ คือ $\dfrac{n^2}{4}$

ถ้า $n$ เป็นจำนวนคี่ จะได้ว่า $k$ ไม่เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้นค่าสูงสุดจะเกิดที่จำนวนเต็มที่อยู่ใกล้ $\dfrac{n}{2}$ มากที่สุด ซึ่งก็คือ $\dfrac{n-1}{2}$ หรือ $\dfrac{n+1}{2}$

ดังนั้นค่าสูงสุดคือ $\dfrac{n^2-1}{4}$ (ทั้งสองกรณี)

จึงได้ว่า $k(n-k)$ มีค่าสูงสุดเท่ากับ $\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

ดังนั้น $f\leq n\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

กลับมาที่โจทย์เดิมจะได้ว่าค่าสูงสุดคือ $\dfrac{1}{n^2}\cdot$ ค่าสูงสุดของ $f$ $=\dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

$p|n!\Rightarrow p\leq n$

$q|(n-1)!-1\Rightarrow (n-1)!\equiv 1\pmod{q}$

ถ้า $q\leq n-1$ จะได้ว่า $q|(n-1)!$ ซึ่งขัดแย้ง

ดังนั้น $q\geq n$ แต่ $(n,(n-1)!-1)=1$ จึงได้ว่า $q>n$

ดังนั้น $p<q$

จะพิสูจน์โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ว่า $f(n)=f(1)^{\frac{n+2}{3}}$ ทุกค่า $n\in\mathbb{N}$
ก่อนอื่นสังเกตว่า ถ้า $a+b=c+d$ แล้ว $f(a)f(b)=f(c)f(d)$

เราทราบว่า $f(4)=f(1)^2$ และ

$f(1)f(3)=f(2)f(2)$

$f(1)f(4)=f(2)f(3)$

นำสองสมการนี้มาคูณกันแล้วจัดรูปจะได้

$f(2)=f(1)^{\frac{4}{3}}$

สมมติว่าสมการเป็นจริงสำหรับทุก $2\leq k\leq n-1$

จะได้ว่า $f(n)=\dfrac{f(2)f(n-1)}{f(1)}=f(1)^{\frac{n+2}{3}}$ ตามต้องการ

แทนค่ากลับไปที่เงื่อนไขโจทย์จะได้ว่า $f(1)=1$

จึงได้ $f(n)=1$ ทุก $n\in\mathbb{N}$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Bonegun (ข้อความที่ 116460) มีเกร็ด การให้คะแนน มาฝากคับ ไปถามน้องที่ไปแข่งมา ข้อ 7 ถ้าไม่ พิสูจน์ว่า รากเป็นบวก คะแนนจะเหลือ 1 เฮือก - -

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Bonegun (ข้อความที่ 116465) กำลังนึกว่า ถ้าไม่ อ้าง Descart Rule of Sign จะแสดงยังไงอีกดี

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer (ข้อความที่ 116487) ผมทำงี้นะ $x(x^4+bx^2+d)=ax^4+cx^2+1$ ปล.1 ตอน PP โพส ผมก็นั่งอยู่ข้างๆ 55+ ปล.2 ปีนี้ คะแนนสูงสุด 62 ผมได้ไม่ถึงครึ่งของเค้า 55+

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง (ข้อความที่ 125781) $(1)-(2)$ $n=pk_1+q(-k_2) \rightarrow n=(p,q)$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine (ข้อความที่ 125858) ใช้ $AB^2+BC^2=2(EC^2+BE^2)$ แล้วก็ต้องใช้ความสัมพันธ์อัตราส่วนเส้นมัธฐาน $\frac{2}{3}:\frac{1}{3}$ จากนั้นก็อัด power of point เข้าไปอีกหน่อยน่าจะหลุดแล้วนะ ของพวกนี้ผมไม่ได้แตะมานานละ ฝืดหมด :laugh:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ วะฮ่ะฮ่า03 (ข้อความที่ 125908) ตรงนี้ใช่ทฤษฎีอะไรหรอครับ ช่วยอธิบายทีครับ $AB^2+BC^2=2(EC^2+BE^2)$ :please::please:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii (ข้อความที่ 116480) $x^5-ax^4+bx^3-cx^2+dx-1=0$ If $x\leq 0$ then $x^5-ax^4+bx^3-cx^2+dx-1<0$ Thus every root must be positive.

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ polsk133 (ข้อความที่ 133444) ยังไงหรอครับ:confused: และรบกวนขอวิธีข้อ $n=(d(n))^4$ หน่อยครับ