|
ข้อสอบ 6th TMO at MWIT school...
เอาโจทย์เฉพาะของวันที่สองมาลงนะครับ...มีข้อที่ง่ายมากๆถึง 3 ข้อเลยทีเดียว คือข้อ 1 2 3 น่าจะทำกันได้หมดนะครับ ส่วนข้อ 4 คงต้องมีความรู้ในเทคนิค บางอย่างนิดหน่อยนะครับ (ซึ่งคิดว่าหลายๆคนอาจจะไม่รู้) ส่วน ข้อ 5 ผมขี้เกียจอ่านโจทย์ครับ 555 ส่วนข้อ 6 ผมว่าสวยดีนะครับ ผมประทับใจข้อนี้มากๆเลย ยากนิดหน่อยนะครับ ทุกๆคนคงทำได้อยู่แล้วแหละครับถ้ามีเวลาพอกัน :)
Problem 1 ให้ $a,b$ เป็นจำนวนเต็ม และ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ สำหรับจำนวนนับ $k$ ใดๆ กำหนด $A_k={n\in N: p^k|a^n-b^n}$ จงแสดงว่าถ้ามี $t\in N$ ที่ $t$ เป็นสมาชิกของ $A_1$ แล้วเราได้ว่า $A_k$ ไม่เป็นเซตว่างสำหรับทุกๆ $k\in N$ Problem 2 มีฟังก์ชั่น 1-1 ที่ส่งจาก N ไปยัง Q ซึ่ง $f(xy)=f(x)+f(y)$ สำหรับทุกจำนวนนับ x และ y หรือไม่ Problem 3 ให้ $ABCD$ เป็นสี่เหลี่ยมนูนซึ่งมีสมบัติว่า MA•MC+MA•CD=MB•MD เมื่อ M เป็นจุดตัดของเส้นทแยงมุม AC และ BD ถ้าเส้นแบ่งครึ่งมุม ACD ตัดรังสี BA ที่จุด K แล้วจงพิสูจน์ว่า BC=DK ก็ต่อเมื่อ AB//CD Problem 4 ให้ $k$ เป็นจำนวนนับจงแสดงว่ามีจำนวนนับ $m,n$ เป็นจำนวนอนันต์ชุดที่สอดคล้องกับสมการ $(m-n)^2=kmn+m+n$ Problem 5 ชั้น ม.1 มีนักเรียนชาย 80 คน และนักเรียนหญิง 80 คน ในวันจันทร์ถึงวันศุกร์ หนึ่งสัปดาห์ก่อนสอบปลายภาค ครูมีหนังสือ 16 เล่มให้นักเรียนยืมไปอ่านที่บ้าน 1 คืนและต้องนำมาคืนในตอนเช้าของวันรุ่งขึ้นทันทีโดยที่นักเรียนแต่ละคนมีสิทธิ์ยืมหนังสือได้เพียงเล่มเดียวและเพียงครั้งเดียวเท่านั้น (จะไม่ยืมเลยก็ได้) จงแสดงว่าจะต้องมีวันอยู่สองวันและหนังสืออยู่สองเล่มที่ 1.ไม่มีนักเรียนคนใดยืมหนังสือสองเล่มนั้นในสองวันนั้นเลย หรือ 2.มีนักเรียน 4 คนซึ่งเป็นเพศเดียวกันหมดที่ได้ยืมหนังสือสองเล่มนั้นในสองวันนั้น Problem 6 จงหาพหุนามทั้งหมดในรูป $P(x)=(-1)^nx^n+a_1x^{n-1}+a_2x^{n-2}+...+a_n$ ซึ่งมีสมบัติคือ $1.{a_1,a_2...a_n}=$ {0,1} และ $2.P(x)$ มีรากทั้งหมดเป็นจำนวนจริงที่แตกต่างกัน |
ปีนี้ข้อสอบง่ายมาก ๆๆ จริง ๆ ด้วยครับ 3 ข้อแรก คงวัดความสะเพร่ามากกว่า :great:
|
ในเมื่อบอกว่าง่ายก็เก็บซะเลย...:kaka:
ส่วนตัวเห็นข้อแรกๆง่ายเกินไปครับ รอบนี้ไม่ซ่อนข้อความแล้วครับ แล้วก็จะเขียนไม่ละเอียดมากนัก 1)สังเกตว่าจากที่มีจำนวนที่อยู่ในเซต $A_1$ ดังนั้นจึงเหลือแค่ 2 กรณี i)$p|a$ และ $p|b$ สังเกตว่าสำหรับจำนวนเต็มบวก $n_0$ ใดๆที่มีค่าอย่างน้อย $k$ จะอยู่ในเซต $A_k$ ดังนั้นในกรณีนี้ $A_k$ ไม่เป็นเซตว่างสำหรับจำนวนเต็มบวก $k$ ใดๆ ii)$p\not|a$ และ $p\not|b$ ได้ว่า $(a,p)=(b,p)=1$ จากทฤษฏีบทของออยเลอร์ ได้ว่า $\displaystyle a^{\phi(p^k)}\equiv 1\equiv\ b^{\phi(p^k)}\pmod{p^k}$ ดังนั้น $A_k$ ไม่เป็นเซตว่าสำหรับจำนวนเต็มบวก $k$ ใดๆ สรุปสองกรณี ก็ได้ตามที่โจทย์ต้องการแสดง 2)สมมติว่ามี $f$ ที่สอดคล้องสมการดังกล่าวจริง แทน $x=y=1$ ได้ว่า $f(1)=2f(1)$ ดัีงนั้น $f(1)=0$ จาก $f$ เป็น $1-1$ ได้ว่า $f(x)\not =0$ สำหรับจำนวนเต็มบวก $x$ ที่มีค่ามากกว่า $1$ สามารถแสดงได้โดยการอุปนัยว่า $f(a^k)=kf(a)$ ทุกจำนวนเต็มบวก $a$ และจำนวนเต็มบวก $k$ พิจารณา $S=\left\{f(2),f(3),f(5)\right\}$ ต้องมีสองอันที่เครื่องหมายเดียวกัน หากใน $S$ มีสมาชิกสองตัวที่เป็นบวก โดยไม่เสียนัย ให้เป็น $f(2),f(3)$ พิืจารณา $f(2),f(3)$ ดังนี้ ให้ $f(2)=\frac{a}{b}$ และ $f(3)=\frac{c}{d}$ โดย $a,b,c,d\in\mathbb{N}$ สังเกตว่า $f(2^{bc})=ac=f(3^{ad})$ แต่เห็นได้ชัดว่า $2^{bc}\not =3^{ad}$ จึงเกิดข้อขัดแย้งกับที่ $f$ เป็นฟังก์ชัน $1-1$ แต่หากว่ามีสมาชิกใน $S$ ไม่เกิน 1 ตัวที่มีค่าเป็นบวก นั่นคือ มีสมาชิกใน $S$ ที่เป็นลบอย่างน้อย 2 ตัว สังเกตว่า $g(x)=-f(x)$ สอดคล้องสมการโจทย์ ดังนั้นมาพิจารณา $g(2),g(3),g(5)$ แทน ขอละนะครับ แต่ก็คือว่าสมมติเป็น $g(2),g(3)$ ที่น้อยกว่า 0 แล้วก็ทำแบบเดิมกับตอนกรณีแรก (ทำได้แล้วเพราะว่าคราวนี้ $g(2),g(3)$ มากกว่า 0) 3)ต่อ $MC$ ไปทาง $C$ ถึงจุด $D'$ ให้ $CD=CD'$ สังเกตว่า $(MA)(MC)+(MA)(CD)=(MB)(MD)$ $(MA)(MD')=(MB)(MD)$ ดังนั้น $A,B,D,D'$ cyclic ได้ $\angle DD'A=\angle DBA$ ในขณะที่ $\angle DCK=\frac{1}{2}\angle DCA=\angle DD'C$ (เพราะ $\bigtriangleup DCD'$ เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่ว) ดังนั้น $B,C,D,K$ cyclic สังเกตว่าตอนนี้เหลือแค่ต้องพิสูจน์ว่า $BC=DK\Leftrightarrow BK||CD$ โดยมีว่า $B,C,D,K$ cyclic ซึ่งค่อนข้างง่าย จึงขอละ ณ ที่นี้ (ไล่มุมไปเรื่อยๆ+สามเหลี่ยมเท่ากันทุกประการ) |
ข้อ 6 ยังไม่มีใครมาเฉลยแฮะ ข้อ 6 ก็ยากพอสมควรอย่างที่คุณ rose-joker พูดไว้ไม่ผิดน่ะครับ:great:
ผมไม่รู้ว่าเขาอนุญาตให้ใช้เรื่องนี้ใน TMO หรือเปล่าครับ "Descartes' rule of signs" ถ้าไม่รู้จัก ลองพิมพ์ใน google หรือ wiki ดูครับ ขอเรียกย่อๆว่า Descartes นะครับ สังเกตก่อนว่าหาก $a_n=0$ $a_{n-1}=1$ ทันทีเพราะไม่งั้นจะมีรากซ้ำคือ ศูนย์ ก็แยก $n$ เป็นเลขคู่กับเลขคี่ i)$n$ เป็นเลขคู่ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+a_1x^{2k-1}+...+a_{2k}$ จาก Descartes ได้ว่า $P(x)$ ไม่มีรากบวก หาก $a_{2k}=0$ ได้ว่า $P(x)=x(x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1)$ ให้ $Q(x)=x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1$ จาก Descartes ได้ว่ารากทุกตัวเป็นลบ สังเกตว่ารากทุกตัวของ $P(x)$ แตกต่างกันทั้งหมด จาก Descartes ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+x=x(x^{2k-1}+x^{2k-2}+...+1)$ ซึ่งเป็นที่รู้กันอยู้ว่า $x^k+x^{k-1}+...+1$ มีรากที่เป็นจำนวนเชิงซ้อน สำหรับทุก $k>1$ ดังนั้น $k=1$ นั่นคือ $P(x)=x^2+x$ หาก $a_{2k}=1$ อ้างเหตุผลเดิม ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ ดังนั้น $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+1$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้หากรากทุกตัวของ $P(x)$ เป็นจำนวนจริง ii)$n$ เป็นคี่ กรณีนี้ยุ่งหน่อย ก่อนอื่น หาก $n=1$ จะได้ว่า $\left\{a_1 \right\}\not = \left\{ 0,1 \right\}$ ดังนั้น ให้ $n\geq 3$ เช่นเดิม ให้ $P(x)=-x^{2k+1}+a_1x^{2k}+...+a_{2k+1}$ หาก $a_{2k+1}=0$ $P(x)=-x(x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1)$ ให้ $Q(x)=x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1$ จาก Descartes ได้ว่ามีรากบวก 1 ตัว จึงต้องมีรากลบ 2k-1 ราก ซึ่งจาก descartes จะบีบบังคับว่า $a_2=a_3=...=1$ ส่วน $a_1$ เป็นอะไรก็ได้ ก็ต้องมาแยกกรณีอีกว่า a)$a_1=0$ พิจารณา $(1-x)P(x)=x^{2k+2}-x^{2k+1}-x^{2k}+1$ จาก Descartes ได้ว่า $(1-x)P(x)$ มีรากบวก 0,2 ตัวและรากลบ 0,2 ตัว แต่ดีกรีของ $(1-x)P(x)$ มีอย่างน้อย 4 ดังนั้น $n=3$ นั่นคือ $P(x)=-x^3+x$ b)$a_1=1$ (ไม่ไหวละครับ ขี้เกียจพิมพ์) ทำแบบเดียวกัน ได้ว่า $P(x)=-x^3+x^2+x$ ส่วนกรณี $a_{2k+1}=1$ ขอละอีกเช่นกัน ทำแบบเดียวกับตอนกรณีแรก ได้ว่าไม่มีคำตอบที่สอดคล้อง ดังนั้น $P(x)=x^2+x,-x^3+x,-x^3+x^2+x$ ป.ล.ว่าแต่คุณ rose-joker ทำยังไงครับ |
ขอแสดงความเสียใจและดีใจกับเพื่อนทุก ๆ คนด้วยครับ
ปล. ขอบคุณสำหรับวิธีทำ สอบรอบนี้เสร็จต้องไปไหนต่อ??? |
4.(ได้รับคำใบ้อันใหญ่จากคุณ Rose-Joker)
นิยามเซต $S_k=\left\{m+n|(m-n)^2=kmn+m+n;m,n\in\mathbb{N}\right\}$ สมมติว่ามีคู่อันดับ $(X,Y)$ ซึ่งสอดคล้องสมการโจทย์ในกรณี $k$ ที่ fix ไว้อยู่่จำกัดคู่ ได้ว่า $S_k$ เป็นเซตจำกัด ซึ่งต้องมีค่าสูงสุด ให้ $(X,Y)$ เป็นคู่อันดับที่ $X+Y$ มีค่าสูงที่สุด สังเกตว่า หาก $(X,Y)\in S_k$ แล้ว $(Y,X)\in S_k$ และสมมติ $X=Y$ จะได้ว่า $0=kXY+X+Y$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้ ดังนั้น โดยไม่เสียนัยทั่วไป สมมติ $X<Y$ พิจารณาสมการโจทย์ ได้ว่าสมมูลกับ $m^2-(2n+kn-1)m+(n^2-n)=0$ พิจารณาสมการ $m^2-(2Y+kY-1)m+(Y^2-Y)=0$ ได้ว่ามีคำตอบสองคำตอบโดยคำตอบหนึ่งคือ $X$ ส่วนอีกอันให้เป็น $Z$ เห็นได้ว่า $(Z,Y)$ สอดคล้องสมการโจทย์ และจาก $Z=2Y+kY-1-X\in\mathbb{Z}$ และ $2Y+kY-1-X>X$ ดังนั้น $Z\in\mathbb{N}$ (เพราะ $kY\geq 1,2Y>2X$) นั่นคือ $(Z,Y)\in S_k$ แต่ $Z+Y=(2Y+kY-1-X)+Y>X+Y$ ซึ่งขัดแย้งกับที่สมมติว่า $X+Y$ เป็นค่าที่สูงสุดที่เป็นไปได้ ดังนั้นเซต $S_k$ เป็นเซตอนันต์ ตามต้องการ |
Who have got any medal. Tell me please.!!!!!
|
อ้างอิง:
Please see this link...http://www.mwit.ac.th/~tmo/tmo_doc/TMO-6.pdf |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
EDIT:พอไปคิดดูแล้วมันก็ไม่ร้ายแรงสักเท่าไร แก้เรียบร้อยแล้วครับ :happy: |
อ้างอิง:
เป็น เด็กป.6(ขึ้นม.1) ปล.คุณ James 007 ครับ:D |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
ปล. ถึงตอนนี้ผมยังไม่เก่งเลย |
เหลือแต่ข้อ 5 ที่ยังไม่มีใครมาเฉลยเลยครับ
Hint: แปลงโจทย์ให้เป็นตาราง จะง่ายขึ้นเยอะเลย โจทย์จะกลายเป็นว่า มีตารางขนาด 5x16 ช่อง ระบายด้วยสี 3 สี แล้วพิสูจน์ว่ามีสี่เหลี่ยมมุมฉากที่ทั้งสี่มุมมีสีเดียวกัน |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 16:08 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha