|
สมาคม ม.ปลาย 50 เต็มๆครับ
ผมแสกนข้อสอบให้เป็นขาวดำนะ จะได้ print ไปทำได้ ไม่เปลืองหมึก และพยายามเคลียร์หน้ากระดาษให้สะอาดที่สุดแล้วนะครับ จะได้อ่านโจทย์ได้สะดวกๆ
ปล. หลังจากออกมาจากห้องสอบ ก็ยังไม่มีเวลามาทำอีกรอบ เลยคิดแต่ข้อที่ไม่ยากมากไว้ก่อนนะครับ รบกวนพี่ๆช่วยเฉลยด้วยครับ         |
เติมคำโหดพอตัวเลยนะครับเนี่ย หุหุ
|
ขอทำข้อที่อยากทำก่อน
ตอนที่ 1 ข้อ 19 ตอบ k = 2 ตอนที่ 2 ข้อ 21 ตอบ $ \frac{b+a}{b-a} $ ข้อ 23 ตอบ $\frac{4}{3}$ $\int_{0}^{2}\frac{2\sqrt{x} -1}{\sqrt{x+1-\sqrt{4x}}+\sqrt{x} } dx $ $=\int_{0}^{2}\frac{2\sqrt{x} -1}{\sqrt{(\sqrt{x}-1)}^2+\sqrt{x} } dx $ $=\int_{0}^{2}\frac{2\sqrt{x} -1}{\left|\,\sqrt{x}-1\right| +\sqrt{x} } dx $ $=\int_{0}^{1}\frac{2\sqrt{x} -1}{1-\sqrt{x} +\sqrt{x} } dx +\int_{1}^{2}\frac{2\sqrt{x} -1}{\sqrt{x} -1+\sqrt{x} } dx $ หลัจากนี้คงทำต่อได้แล้วนะครับ |
ข้อ 27. ตอนที่ 2 ตอบ 20,000
แนวคิด : แทน y = 1 ลงในสมการเชิงฟังก์ชันที่ให้มา และ แทน f(1) = 2 จะได้ว่า $$f(x) - f(x-1) = 4x-2$$ แทน x ด้วย 2, 3, 4, ... , 100 จากนั้นนำสมการมารวมกันทั้งหมดจะได้ $$f(100) - f(1) = (99)(202) = (100 - 1)(200 + 2) = 20000 - 2 $$ ดังนั้น f(100) = 20,000 ข้อ 30 ตอนที่ 2 ตอบ 2,520 เพราะว่า $k!(k^2 + 3k + 1) = k![ (k+1)(k+2) - 1 ] = (k+2)! - k!$ ดังนั้นผลรวมจะได้ 82! + 81! - 3! - 4! แต่ 2550 = (2)(3)(5)(5)(17) ชัดเจนว่าทั้ง 82! กับ 81! มี 2550 เป็นตัวประกอบ และ 82! + 81! - 3! - 4! = 82! + 81! - 3! - 4! + 2550 - 2550 ดังนั้นเศษที่ต้องการ คือ 2550 - 3! - 4! = 2520 |
ตอนที่ 2
26. $2,4,5,6$ $(n-3)[(n-5)(n-6)+1]$ 30. $2520$ พิสูจน์ไม่ยากว่า $1\cdot 1!+2\cdot 2!+\cdots+n\cdot n!=(n+1)!-1$ สังเกตว่า $$k!(k^2+3k+1)=k![(k+1)^2+k]=(k+1)(k+1)!+k\cdot k!$$ ดังนั้น $\sum_{k=3}^{80}k!(k^2+3k+1)=\sum_{k=1}^{80}k!(k^2+3k+1)-1!(5)-2!(11)$ $=\sum_{k=1}^{80}\Big[(k+1)(k+1)!+k\cdot k!\Big]-27$ $=\Big(\sum_{k=1}^{81}k\cdot k! - 1\cdot 1!\Big)+\Big(\sum_{k=1}^{80}k\cdot k!\Big)-27$ $=(82!-2)+(81!-1)-27$ $=82!+81!-30$ แต่ $2550=2\cdot 3\cdot 5^2\cdot 17$ หาร $82!+81!$ ลงตัว เราจึงได้เศษจากการหารเป็น $-30$ หรือ $2520$ 32. $\dfrac{\pi^2\sin{\theta}}{1-2\pi\cos{\theta}+\pi^2}$ ให้ $|r|<1$ พิจารณาอนุกรม $$\sum_{n=1}^{\infty}(r^n\cos{n\theta}+ir^n\sin{n\theta})=\sum_{n=1}^{\infty}(re^{i\theta})^n=\frac{re^{i\theta}}{1-re^{i\theta}}=\frac{r\cos{\theta}-r^2+ir\sin{\theta}}{1-2r\cos{\theta}+r^2}$$ ดังนั้น $$\sum_{n=1}^{\infty}r^n\sin{n\theta}=\frac{r\sin{\theta}}{1-2r\cos{\theta}+r^2}$$ แทนค่า $r=\dfrac{1}{\pi}$ จะได้คำตอบ 34. $125$ สังเกตว่า $a^4+a^3+a^2+a+1=0$ และ $a^5=1$ โดยการหารยาวเราจะได้ $z^4+z^3+z^2+z+1=(z-1)(z^3+2z^2+3z+4)+5$ ดังนั้น $0=(a-1)P(a)+5\Rightarrow P(a)=\dfrac{5}{1-a}$ เพราะฉะนั้น $P(a)P(a^2)P(a^3)P(a^4)=\dfrac{625}{(1-a)(1-a^2)(1-a^3)(1-a^4)}$ $=\dfrac{625}{(1-a^2-a^3+a^5)(1-a-a^4+a^5)}$ $=\dfrac{625}{(2-a^2-a^3)(2-a-a^4)}$ $=\dfrac{625}{(2-a^2-a^3)(3+a^2+a^3)}$ $=\dfrac{625}{6-a^2-a^3-(a^2+a^3)^2}$ $=\dfrac{625}{6-a^2-a^3-a^4-2a^5-a^6}$ $=\dfrac{625}{6-a^2-a^3-a^4-2-a}$ $=\dfrac{625}{5}$ $=125$ |
โอ้ ยากๆทั้งนั้นเลย ผมไปสอบมีหวังได้ไม่ถึงครึ่ง:aah:
|
ถ้าทำข้อสอบไปแล้ว ข้อ23 ทำยังไง ผมถึงได้ 2 ละครับ ทำวิธีไหนถึงได้ $\frac{4}{3} $
|
อ้างอิง:
|
ข้อ 31 กับ 35 มีแนวคิดยังไงอะครับ
ช่วยใบ้หน่อยครับ จะลองดู ขอบคุณครับ |
28. $\frac{65}{3}$
เพื่อความสะดวกให้ $A=\left[ \begin{array}{cc} 1 &2\\ 3&4 \end{array}\right]$ จะได้ว่า \[ \left[ \begin{array}{cc} a_n & b_n \\ c_n&d_n \end{array}\right] = A + \frac{1}{10}A^2 + \frac{1}{10^2}A^3 + ... +\frac{1}{10^{n-1}}A^n\] คูณทั้งสองข้างด้วย $\frac{1}{10}A$ จะได้ \[ \frac{1}{10}A\left[ \begin{array}{cc} a_n & b_n \\ c_n&d_n \end{array}\right] = \frac{1}{10}A^2 + \frac{1}{10^2}A^3 + ... +\frac{1}{10^{n}}A^{n+1}\] จับลบกันจะได้ \[ (I-\frac{1}{10}A) \left[ \begin{array}{cc} a_n & b_n \\ c_n&d_n \end{array}\right] = A - \frac{1}{10^{n}}A^{n+1} \] \[ \left[ \begin{array}{cc} a_n & b_n \\ c_n&d_n \end{array}\right] = (I-\frac{1}{10}A) ^{-1}A - (I-\frac{1}{10}A) ^{-1}\frac{1}{10^{n}}A^{n+1} \] \[ \lim_{n\rightarrow \infty}\left[ \begin{array}{cc} a_n & b_n \\ c_n&d_n \end{array}\right] = (I-\frac{1}{10}A) ^{-1}A \] ก็จะหาคำตอบได้ตามต้องการ :happy: |
อ้างอิง:
|
อ้างอิง:
|
31. มีแต่แนวคิดครับ วิธีของผมต้องแจงกรณีเยอะมากก็เลยไม่แน่ใจว่าจะเป็นวิธีที่ดีที่สุดหรือเปล่า ถ้าใครมีวิธีที่ดีกว่านี้ก็ขอคำชี้แนะด้วยครับ:please:
เขียนจำนวนดังกล่าวในรูป $a_6a_5a_4a_3a_2a_1a_0$ โดยมีเงื่อนไขว่า $a_6=1,2$ โดยความรู้จากการหารลงตัวเราจะได้ว่า $a_6a_5a_4a_3a_2a_1a_0$ หารด้วย $11$ ลงตัวก็ต่อเมื่อ $a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-a_5+a_6$ หารด้วย $11$ ลงตัว แต่ $-5\leq a_0-a_1+a_2-a_3+a_4-a_5+a_6\leq 8$ เราจึงได้ว่า $a_0+a_2+a_4+a_6=a_1+a_3+a_5$ เท่านั้น ต่อไปก็แจงกรณีนับครับ โดยเขียนจำนวน $1$ ถึง $6$ ให้เป็นผลบวกของจำนวน $0,1,2$ สาม และ สี่ จำนวน ตามลำดับ:rolleyes: |
ข้อ 31 ผมใช้แนวคิดแบบนี้ครับ
1. เราทราบว่าจำนวนที่ 11 หารลงตัวนั้น ถ้านำเลขโดดมา บวก ลบ สลับกันไปแล้ว 11 ต้องหารลงตัว 2. ดังนั้นเราสามารถแบ่งเป็น 2 กลุ่มได้ คือกลุ่มแรกมี หลักที่ 1, 3, 5, 7 และกลุ่มที่สองมี หลักที่ 2, 4, 6 3. เราก็สร้างรูปแบบให้ค่าที่รวมกันในกลุ่มที่ 1 = ค่าที่รวมกันในกลุ่มที่ 2 เพราะว่าเป็นไปไม่ได้ที่มีเลขเพียง 0, 1, 2 แล้วจะทำให้ผลรวมเป็นพหุคูณของ 11 ดังนั้น 2 กลุ่มนี้ต้องมีผลรวมเท่ากัน เพื่อจะได้ บวก ลบ กันแล้วได้ 0 และรูปแบบ 2 กลุ่มนี้ ก็ต้องมีผลรวมแต่ละกลุ่มไม่เกิน 6 จากหลักที่ว่าไว้ เช่นกลุ่มที่ 1 มีรูปแบบตัวเลข 2, 2, 2, 0 หรือ 2, 2, 1, 1 รวมกันเท่ากับ 6 สำหรับกลุ่มที่ 2 มีตัวเลขได้เพียงชุดเดียวคือ 2, 2, 2 4. สร้างรูปแบบของกลุ่มต่างๆ คือ 6-6, 5-5, 4-4, 3-3, 2-2, 1-1, 0-0 แล้วนำแต่ละกรณีมาบวกัน 5.ถ้าคำนวณไม่ผิดผมได้ 357 วิธี (ยอมให้เลข 0 อยู่ข้างหน้า เช่น 0000000 หรือ 0100100 เป็นต้น) แต่ถ้าไม่ยอมให้ 0 ขึ้นต้น ก็จะได้ 216 วิธี |
ข้อ 35 ถ้าผมเข้าใจโจทย์ถูก และ คิดไม่ผิด ไม่น่าจะลู่เ้ข้านะครับ ช่วยกันดูอีกทีหน่อยว่าผมเข้าใจผิดตรงไหนหรือไม่ :unsure:
สมมติว่ามีนักเรียน n คน รอบที่ 1 : 1, 2, 3, ... , n รอบที่ 2 : $\frac{1}{n}\cdot \frac{n(n+1)}{2} , \frac{1}{n}\cdot \frac{n^2+2n-1}{2} , \frac{1}{n}\cdot \frac{n^3+3n^2-3n-1}{2n}, ...$ |
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 03:19 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha