|
ข้อสอบ 8th TMO
ปีนีมีการเปลี่ยนแปลงระเบียบ(ไม่)เล็กน้อย
โดยการเปลี่ยนข้อสอบเป็น 6 ข้อข้อละ 7 คะแนนทั้งสองวัน   ขออนุญาตรวมกระทู้เพื่อความสะดวกในการติดตามนะครับ: nongtum |
hint:
1. $q\geqslant n\geqslant p$ 2. สร้าง l<m+n จัดรูปได้ f(n)=1 3. CQRP concyclic 4. ใครคิดได้มั่ง :please: 5. อย่าลืมว่า 1 เป็นหนึ่งคำตอบ! 6. กระจายยยยย |
ข้อสอบมาเร็วมากๆๆๆๆ !!!!!
|
มาแล้ว ..... โหดจริงอะไรจริงนะครับ
แล้วเขียนเป็นข้อ 7 ถึง 12 ด้วย !!! |
ข้อ 6 ปีนี้ ทำให้ผมนึกถึง ข้อสอบ Romania TST 2008 คล้ายกันจริงๆ
http://www.artofproblemsolving.com/F...30705fc7836532 |
7.
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 $a\geq \binom{5}{1}$ $b\geq \binom{5}{2}$ $c\geq \binom{5}{3}$ $d\geq \binom{5}{4}$ $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\leq \dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{5}$ 9. 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 |
ทำไม
a $\geqslant \binom{5}{1}$ เหรอครับ :confused: |
อ้างอิง:
$a=x_1+x_2+x_3+x_4+x_5\geq \binom{5}{1}(x_1x_2x_3x_4x_5)^{1/5}=\binom{5}{1}$ ใส่ไว้ในรูปนี้เพราะว่าตัวต่อไปคือ $b=\sum_{i<j} x_ix_j$ จะมีจำนวนเทอมทั้งหมด $\binom{5}{2}$ เทอม และสามารถใช้วิธีเดียวกันพิสูจน์ว่า $b\geq\binom{5}{2}(x_1x_2x_3x_4x_5)^{4/10}=\binom{5}{2}$ |
6. ให้ $a_1,...,a_n\in [0,1]$ และ $m=\dfrac{a_1+\cdots+a_n}{n}$ จะได้ว่า
$$(a_1-m)^2+\cdots+(a_n-m)^2\leq \dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$$ 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 $f$ $=\dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$ |
1.
$p|n!\Rightarrow p\leq n$ $q|(n-1)!-1\Rightarrow (n-1)!\equiv 1\pmod{q}$ ถ้า $q\leq n-1$ จะได้ว่า $q|(n-1)!$ ซึ่งขัดแย้ง ดังนั้น $q\geq n$ แต่ $(n,(n-1)!-1)=1$ จึงได้ว่า $q>n$ ดังนั้น $p<q$ |
2.) หาฟังก์ชัน $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ ซึ่ง $f(2m+2n)=f(m)f(n)$ $\forall m,n\in \mathbb{N} $
เลือก $l\in \mathbb{N} , l < m+n$ $\therefore f(2m+2n)=f(2m+2n-2l+2l)$ $f(m)f(n)=f(m+n-l)f(l)$ แทน $m\rightarrow 2m+2l$ ซึ่งในทีนี้ $l\in \mathbb{N}$ จะเป็นอะไรก็ได้ เพราะ $l<(2m+2l)+n, \forall l\in \mathbb{N}$ $f(2m+2l)f(n)=f(2m+n+l)f(l)$ $f(m)f(l)f(n)=f(2m+n+l)f(l)$ แต่ $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}, f(l)\not= 0$ $\therefore f(m)f(n)=f(2m+n+l)$ $f(2m+2n)=f(2m+n+l), \forall l \in \mathbb{N}$ แทน $m=n=1$ และเลือก $l$ ใดๆชัดเจนว่า $f(4)=f(5)=f(6)=...$ ---(*) จากโจทย์ แทน $m=4, f(8+2n)=f(4)f(n)$ แต่ $8+2n>4$ โดย (*) ได้ว่า $f(8+2n)=f(4)$ $\therefore f(n)=1, \forall n\in\mathbb{N}$ |
Hint (ข้อที่ยังไม่มีคนทำ):
4. (i) ดูนักเรียนชายต่างชาติ (ii) ดูนักเรียนหญิงต่างชาติ 10. $f(f(m)+f(n))$ and $f(f(m)f(n))$ 11. $O,I$ and orthocenter of $XYZ$ are collinear or Euler's line 12. สมมติว่าหมุนไป $k$ ขั้น แล้วได้ดังกล่าว ดังนั้นหมุนไป $3k$ ขั้น จะกลับมาเหมือนเดิม ต่อไปพิจารณา $\text{gcd}(3k,3\times 2554)$ |
2.
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 $n\in\mathbb{N}$ |
มีเกร็ด การให้คะแนน มาฝากคับ
ไปถามน้องที่ไปแข่งมา ข้อ 7 ถ้าไม่ พิสูจน์ว่า รากเป็นบวก คะแนนจะเหลือ 1 เฮือก - - |
อ้างอิง:
ตอนแรกก็นึก ว่าเขาแจกคะแนนซะอีก เห็น AM-GM ครั้งเดียวก็ออก |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 21:36 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha