(โจทย์แยกตามผู้เสนอโจทย์)
holmes
1. ABC is a triangle area 1. Take D on BC, E on CA, F on AB, so that AFDE is cyclic. Prove that: area $DEF \le EF^2/(4 AD^2)$.

2. If $2^n - 1 = ab$ and $2^k$ is the highest power of 2 dividing $2^n - 2 + a - b$ then $k$ is even.

Owlpenguin
3. ให้ $a_1,a_2,...,a_n$ เป็นจำนวนจริงที่แตกต่างกัน $n(>1)$ จำนวน
ให้ $s=a_1^2+...+a_n^2$ และ $M=min_{1\leq i<k\leq n}(a_i-a_i)^2$
จงพิสูจน์ว่า $\frac{2S}{3M}\geq\frac{n(n-1)(n+1)}{18}$

4. ให้ $a,b$ เป็นจำนวนจริงบวกสองจำนวนโดยที่ $a<b$ จงหา $r$ และ $F(r)$ ในช่วง $[a,b]$ โดยที่
$F(r)=max_{a\leq x\leq b}\left|\frac{r-x}{x}\right|$ มีค่าน้อยที่สุด (พร้อมวิธีคิดและพิสูจน์ด้วย)
ที่มาของทั้งสองข้อ: Green Book of mathematical problems

passer-by
5. กำหนด $ M= \{1,2,\cdots,2550\} $ และ $\min A , \max A $ แทนค่าน้อยสุดและค่ามากสุดของสมาชิกในเซต $A$
สำหรับ $ k \in \{1,2,\cdots 2549\} $ นิยาม $$ x_k = \frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} (\min A + \max A) \, \bigg) $$
หาเศษจากการหาร $\sum_{i=1}^{2549} x_i^2$ ด้วย 2551
ที่มา: modify มาจากข้อสอบข้อหนึ่งในการคัดเลือกตัวแทนโอลิมปิกของสิงคโปร์

dektep
6. ให้ $a,b,c,d \in R^+$ และ $abcd=1$
จงพิสูจน์ว่า$$(\frac{1+ab}{1+a})^{2008}+(\frac{1+bc}{1+b})^{2008}+(\frac{1+cd}{1+c})^{2008}+(\frac{1+da}{1+d})^{2008} \geq 4$$
ที่มา: ดัดแปลงมาจากโจทย์ในค่ายสสวท.

7. ครึ่งวงกลม $\omega$ มีเส้นผ่านศูนย์กลาง $AB$ และจุดศูนย์กลาง $O$ เส้นตรง $l$ ตัดครึ่งวงกลม $\omega$ ที่จุด $C,D$ และตัด $AB$ ที่ต่อออกไปที่ $M$ $(MB < MA,MD < MC)$ ให้ $K$ เป็นจุดตัดที่สองของวงกลมล้อมรอบ $\Delta{AOC}$ และวงกลมล้อมรอบ $\Delta{DOB}$
ที่มา: Russia 1995

Anonymous314
8. Let $a,b$ and $c$ be positive integers such that $$\frac{a\sqrt{3}+b}{b\sqrt3+c}$$ is a rational number. Show that $$\frac{a^2+b^2+c^2}{a+b+c}$$ is an integer.
ที่มา: CRUX 2008 volume1 ข้อสอบ Finnish High School Math Contest 2004

9. (10th grade) Let $O$ be the centre of the parallelogram $ABCD$, $\angle AOB>\pi /2$. We take the points $A_1,\ B_1$ on the half lines $OA,\ OB$ respectively so that $A_1B_1\parallel AB$ and $\angle A_1B_1C=\angle ABC/2$. Prove That $A_1D\perp B_1C$
ที่มา: CruxV27n7 page 426 Ukrainian Mathematical Olympiad 1999

nooonuii
10. กำหนดให้ $a,b,c,d>0$ โดยที่ $abcd=1$ จงพิสูจน์ว่า $$\Big(a+b+c+d\Big)\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}+\frac{1}{d}\Big)\leq(a+b)(b+c)(c+d)(d+a)$$

11. จงหาฟังก์ชัน $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ ทั้งหมดซึ่งสอดคล้องสมการเชิงฟังก์ชัน $$f(xy^2)+f(x^2y)=y^2f(x)+x^2f(y)$$ ทุก $x,y\in\mathbb{R}$ และ $f(2551)=f(-2551)$
ที่มา: แต่งโจทย์เองทั้งสองข้อ

maphybich
12. กำหนด $x,y,z\in \mathbb{R} ^+$ ซึ่งเป็นคำตอบของระบบสมการ
$x^2+xy+y^2=57$
$y^2+yx+x^2=84$
$z^2+zx+x^2=111$
ค่าของ $xy+3yz+5zx$ เป็นเท่าไร

Mathophile

13. จงหาจำนวนรูปแบบทั้งหมดของแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ สำหรับเซต 4 เซตที่ไม่เป็นเซตว่าง
ที่มา: แต่งโจทย์เอง

14. จงหาระยะทางที่สั้นที่สุดระหว่างจุดโฟกัสของกราฟของสมการ $\displaystyle{\frac{x}{y}=\frac{y+1}{x}}$ และ $\displaystyle{\frac{x}{y}=\frac{y}{x+1}}$

Erken
15. จงหาจำนวนคำตอบทั้งหมดที่เป็นจำนวนเต็มของสมการ $x^5-y^2=4$
ที่มา: Balkan Mathematical Olympiad

16. มีจำนวนอตรรกยะ 6 จำนวน,จงพิสูจน์ว่าจะมีสามจำนวนใน 6 จำนวนนั้นเสมอ สมมติว่าคือ a,b,c ซึ่ง a+b,b+c,c+a เป็นจำนวนอตรรกยะ
ที่มา: จาก Olymon ข้อ 20 ครับ

หยินหยาง
17. กำหนดให้ {$a_n$}${_n}_{\geqslant 0}$ เป็นลำดับของจำนวน โดย $a_0$ = $a_1$ = 5
$a_n$ = $\frac{a_{n-1}+a_{n+1}}{98}$ สำหรับทุกจำนวนเต็มบวก n
จงพิสูจน์ว่า $\frac{a_n+1}{6}$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์สำหรับทุกจำนวนเต็ม n ที่ไม่เป็นลบ

18. กำหนดให้ $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ โดยที่ $f(n)$ คือค่าของจำนวนเต็มบวกที่ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ลำดับที่ n
เช่น $f(1) =2,f(2)=3,f(3)=5,f(4)=6,f(5)=7,f(6)=8,f(7)=10$
จงพิสูจน์ว่า $f(n) = n+${$\sqrt{n}$}
เมื่อ {$x$} หมายถึงจำนวนเต็มที่มีค่าใกล้เคียง x มากที่สุด เช่น {$\sqrt{1}$} $= 1$,{$\sqrt{2}$} $= 1$,{$\sqrt{3}$} $= 2$,{$\sqrt{4}$} $= 2$

โจทย์ที่ได้รับเลือกใช้แข่งขัน คือข้อ 1,5,6,8,11,12,15,16
โจทย์ทั้งสองข้อของคุณ gools ได้รับคัดเลือกไว้ใช้ในรอบถัดไปครับ (ขออุบโจทย์ไว้ก่อน)

Lemma 1
$\binom{k}{k}+\binom{k+1}{k}+\cdots +\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k+1}$
Proof
ในที่นี้จะพิสูจน์เชิงคอมบินาทอริคโดยเทคนิคการเดินตามบล็อก (Block walking)
สมมติให้จุดเริ่มต้นมีพิกัด $(0,0)$ แล้ะสุดสิ้นสุดมีพิกัดเป็น $(n+1,k+1)$ (ช่องซ้ายคือจำนวนช่องที่เดิน ช่องขวาคือตำแหน่งในแกนตั้งโดย $0$ คือตำแหน่งที่ต่ำสุดดังรูป



ดังนั้นวิธีเดินทั้งหมดโดยที่เดินได้แต่ทางขวาและขึ้นข้างบนมีทั้งหมด $\binom{n+1}{k+1}$ วิธี
คิดอีกทางหนึ่งโดยให้เดินถึงช่อง $(m,k)$ เมื่อ $m=k,k+1,\cdots ,n$ แล้วเดินขึ้นไปทางด้านบนแล้วไปที่จุด $(n+1,k+1)$ สำหรับแต่ละ $m=k,k+1,\cdots ,n$ จะพบว่าในแต่ละกรณีมีวิธีเดินต่อจากจุด $(m,k)$ นั้นๆเพียง 1 วิธีเท่านั้นและวิธีเดินจากจุด $(0,0)$ ไปยังจุด $(m,k)$ มี $\binom{m}{k}$
ดังนั้นจำนวนวิธีในการเดินจากจุด $(0,0)$ ไปยังจุด $(n+1,k+1)$ เท่ากับ
$\binom{k}{k}+\binom{k+1}{k}+\cdots +\binom{n}{k}$

ดังนั้น $\binom{k}{k}+\binom{k+1}{k}+\cdots +\binom{n}{k}=\binom{n+1}{k+1}$ ตามต้องการ

Lemma 2
$\binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+\cdots +\binom{n}{n}^2=\binom{2n}{n}$
Proof
พิจารณา $(1+x)^n(1+\frac{1}{x})^n$
$=\frac{1}{x^n}(1+x)^{2n}=\frac{1}{x^n}\left(\binom{2n}{0}+\binom{2n}{1}x+\cdots +\binom{2n}{n}x^n+\cdots +\binom{2n}{2n}x^2n\right)$
สังเกตว่า สัมประสิทธิ์ของพจน์ค่าคงที่คือ $\binom{2n}{n}$
พิจารณา $(1+x)^n(1+\frac{1}{x})^n$ อีกแบบหนึ่งดังนี้
$=\left(\binom{n}{0}+\binom{n}{1}x+\cdots +\binom{n}{n}x^n\right)\left(\binom{n}{0}+\binom{n}{1}\frac{1}{x}+\cdots +\binom{n}{n}\frac{1}{x^n}\right)$
สัมประสิทธิ์ของพจน์ค่าคงที่คือ $\binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+\cdots +\binom{n}{n}^2$

$\therefore\binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+\cdots +\binom{n}{n}^2=\binom{2n}{n}$ ตามต้องการ

Solution:
พิจารณา $\frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} \min A \, \bigg)$
$\min A$ จะเท่ากับ $1$ เมื่อสมาชิกอื่นในเซต $A$ มีค่ามากกว่า $1$
เนื่องจาก $n(A)=k$ ดังนั้นมีวิธีสร้างเซตที่มี $\min A=$ ได้ทั้งหมด $\binom{2549}{k-1}$ วิธี (เพราะว่าสามารถเลือก $k-1$ สมาชิกที่เหลือได้จากเลข $2,3,\cdots ,2549,2550$ ซึ่งมีทั้งหมด $2549$ จำนวน)
$\min A$ จะเท่ากับ $2$ เมื่อสมาชิกอื่นในเซต $A$ มีค่ามากกว่า $2$
เนื่องจาก $n(A)=k$ ดังนั้นมีวิธีสร้างเซตที่มี $\min A=$ ได้ทั้งหมด $\binom{2548}{k-1}$ วิธี (เพราะว่าสามารถเลือก $k-1$ สมาชิกที่เหลือได้จากเลข $3,4,\cdots ,2549,2550$ ซึ่งมีทั้งหมด $2548$ จำนวน)
พิจารณาในทำนองเดียวกันจนกระทั่งถึงเมื่อ $\min A=2550-k+1$ (เพราะว่าถ้า $\min A>2550-k+1$ แล้ว $n(A)<k$ ซึ่งขัดแย้งกับที่ว่า $n(A)=k$)
จะได้ว่า $\frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} \min A \, \bigg)=\frac{1}{2551}\left(1\binom{2549}{k-1}+2\binom{2548}{k-1}+\cdots +(2550-k+1)\binom{k-1}{k-1}\right)$

พิจารณา $\frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} \max A \, \bigg)$
$\max A$ จะเท่ากับ $2550$ เมื่อสมาชิกอื่นในเซต $A$ มีค่าน้อยกว่า $2550$
เนื่องจาก $n(A)=k$ ดังนั้นมีวิธีสร้างเซตที่มี $\max A=$ ได้ทั้งหมด $\binom{2549}{k-1}$ วิธี (เพราะว่าสามารถเลือก $k-1$ สมาชิกที่เหลือได้จากเลข $1,2,\cdots ,2548,2549$ ซึ่งมีทั้งหมด $2549$ จำนวน)
$\min A$ จะเท่ากับ $2549$ เมื่อสมาชิกอื่นในเซต $A$ มีค่าน้อยกว่า $2549$
เนื่องจาก $n(A)=k$ ดังนั้นมีวิธีสร้างเซตที่มี $\max A=$ ได้ทั้งหมด $\binom{2548}{k-1}$ วิธี (เพราะว่าสามารถเลือก $k-1$ สมาชิกที่เหลือได้จากเลข $1,2,\cdots ,2547,2548$ ซึ่งมีทั้งหมด $2548$ จำนวน)
พิจารณาในทำนองเดียวกันจนกระทั่งถึงเมื่อ $\max A=k$ (เพราะว่าถ้า $\max A<k$ แล้ว $n(A)<k$ ซึ่งขัดแย้งกับที่ว่า $n(A)=k$)
จะได้ว่า $\frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} \max A \, \bigg)=\frac{1}{2551}\left(2550\binom{2549}{k-1}+2549\binom{2548}{k-1}+\cdots +k\binom{k-1}{k-1}\right)$

$\therefore x_k = \frac{1}{2551} \bigg (\sum_{A \subset M ; n(A)= k} (\min A + \max A) \, \bigg)$
$=\frac{1}{2551}\left(1\binom{2549}{k-1}+2\binom{2548}{k-1}+\cdots +(2550-k+1)\binom{k-1}{k-1}\right)+\frac{1}{2551}\left(2550\binom{2549}{k-1}+2549\binom{2548}{k-1}+\cdots +k\binom{k-1}{k-1}\right)$
$=\frac{1}{2551}\left((1+2550)\binom{2549}{k-1}+(2+2549)\binom{2548}{k-1}+\cdots +(2550-k+1+k)\binom{k-1}{k-1}\right)$
$=\frac{2551}{2551}\left(\binom{2549}{k-1}+\binom{2548}{k-1}+\cdots +\binom{k-1}{k-1}\right)$
จาก Lemma 1 ได้ว่า
$\therefore x_k=\binom{2550}{k}$

$\therefore\sum_{i=1}^{2549} x_i^2=\sum_{i=1}^{2549}\binom{2550}{k}^2$
$=\left(\sum_{i=0}^{2550}\binom{2550}{k}^2\right)-\binom{2550}{0}^2-\binom{2550}{2550}^2$
จาก Lemma 2 ได้ว่า
$=\binom{5100}{2550}-2=\frac{5100!}{(2550!)^2}-2$
เนื่องจาก $2551$ เป็นจำนวนเฉพาะ
จาก $2551|5100!$ และ $2551\not|(2550!)^2$ ดังนั้น $2551|\frac{5100!}{(2550!)^2}$
$\therefore\sum_{i=1}^{2549} x_i^2\equiv -2\equiv 2549\pmod{2551}$
ดังนั้น เศษจากการหาร $\therefore\sum_{i=1}^{2549} x_i^2$ ด้วย $2551$ เท่ากับ $2549$

ก่อนอื่นจะพิสูจน์ว่า
$\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+cd}{1+c}+\frac{1+da}{1+d}\geq 4$
จาก $\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+cd}{1+c}+\frac{1+da}{1+d}$ แทน $cd=\frac{1}{ab}$ และ $da=\frac{1}{bc}$ ดังนั้นอสมการที่เราจะพิสูจน์สมมูลกับ
$\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+ab}{ab+abc}+\frac{1+bc}{bc+bcd}\geq 4$
$\leftrightarrow (1+ab)\left(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{ab+abc}\right)+(1+bc)\left(\frac{1}{1+b}+\frac{1}{bc+bcd}\right)\geq 4$

จาก AM-HM Inequality
$\frac{\frac{1}{1+a}+\frac{1}{ab+abc}}{2}\geq\frac{2}{(1+a)+(ab+abc)}$
$\therefore\frac{1}{1+a}+\frac{1}{ab+abc}\geq\frac{4}{(1+a)+(ab+abc)}$
ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า
$\frac{1}{1+b}+\frac{1}{bc+bcd}\geq\frac{4}{(1+b)+(bc+bcd)}$

$\therefore (1+ab)\left(\frac{1}{1+a}+\frac{1}{ab+abc}\right)+(1+bc)\left(\frac{1}{1+b}+\frac{1}{bc+bcd}\right)\geq \frac{4(1+ab)}{1+a+ab+abc}+\frac{4(1+bc)}{1+b+bc+bcd}$
$=4\left(\frac{1+ab}{1+a+ab+abc}+\frac{1+bc}{1+b+bc+bcd}\right)=4\left(\frac{1+ab}{1+a+ab+abc}+\frac{a+abc}{a+ab+abc+abcd}\right )$
$=4\left(\frac{1+ab}{1+a+ab+abc}+\frac{a+abc}{1+a+ab+abc}\right)=4\left(\frac{1+ab+a+abc}{1+a+ab+abc}\right)=4$

$\therefore\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+cd}{1+c}+\frac{1+da}{1+d}\geq 4$ ตามต้องการ

จาก Power-Mean Inequality ได้ว่า
$\sqrt[2008]{\frac{(\frac{1+ab}{1+a})^{2008}+(\frac{1+bc}{1+b})^{2008}+(\frac{1+cd}{1+c})^{2008}+(\frac{1+da}{1+d})^{2008}}{4}}$
$\geq\frac{\frac{1+ab}{1+a}+\frac{1+bc}{1+b}+\frac{1+cd}{1+c}+\frac{1+da}{1+d}}{4}\geq 1$
$\therefore\frac{\left(\frac{1+ab}{1+a}\right)^{2008}+\left(\frac{1+bc}{1+b}\right)^{2008}+\left(\frac{1+cd}{1+c}\right)^{2008}+ \left(\frac{1+da}{1+d}\right)^{2008}}{4}\geq (1)^{2008}=1$
$\therefore\left(\frac{1+ab}{1+a}\right)^{2008}+\left(\frac{1+bc}{1+b}\right)^{2008}+\left(\frac{1+cd}{1+c}\right)^{2008}+\left( \frac{1+da}{1+d}\right)^{2008}\geq 4$ ตามต้องการ
ซึ่งอสมการจะเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $\frac{1+ab}{1+a}=\frac{1+bc}{1+b}=\frac{1+cd}{1+c}=\frac{1+da}{1+d}$
จะได้ว่า
$4\left(\frac{1+ab}{1+a}\right)=4\rightarrow \frac{1+ab}{1+a}=1\rightarrow 1+ab=1+a\rightarrow a(b-1)=0$
ดังนั้นจะได้ว่า $b=1$ เพราะว่า $a>0$
ในทำนองเดียวกัน จะได้ว่า $a=b=c=d=1$

สรุป $\left(\frac{1+ab}{1+a}\right)^{2008}+\left(\frac{1+bc}{1+b}\right)^{2008}+\left(\frac{1+cd}{1+c}\right)^{2008}+\left(\frac{1+da }{1+d}\right)^{2008}\geq 4$ และจะเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $a=b=c=d=1$

พิจารณา $x^5$ ใน $\pmod{11}$
จะได้ว่า $\bmatrix{x\equiv & 0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\pmod{11} \\ \therefore x^5\equiv & 0&1&10&1&1&1&10&10&10&1&10\pmod{11}}$
(เป็นตารางนะครับ พอดีหาที่สร้างตารางไม่ได้ ต้องขออภับมา ณ ที่นี้ด้วยครับ)

ต่อไป พิจารณา $y^2+4$ ใน $\pmod{11}$
จะได้ว่า $\bmatrix{y\equiv & 0&1&2&3&4&5&6&7&8&9&10\pmod{11} \\ \therefore y^2+4\equiv & 4&5&8&2&9&7&7&9&2&8&5\pmod{11}}$

สรุปจาก 2 ตาราง ได้ว่า $x^5\equiv 0,1,10\pmod{11}$ และ $y^2+4\equiv 2,4,5,7,8,9\pmod{11}$
ซึ่งจะได้ทันทีว่า $x^5-y^2-4\not\equiv 0\pmod{11}$

กระจายแล้วใช้ AM-GM

กระจายฝั่งซ้ายได้ $4+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{d}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{d}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a}+\frac {d}{b}+\frac{d}{c}$
กระจายฝั่งขวาได้
$2abcd+abc^2+ab^2c+abd^2+ab^2d+acd^2+ac^2d+a^2bc+a^2bd+a^2cd+b^2cd+bc^2d+bcd^2+a^2c^2+b^2d^2$
$=abcd(2+\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{a}{d}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{b}{d}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a} +\frac{d}{b}+\frac{d}{c})+a^2c^2+b^2d^2$
ดังนั้นอสมการสมมูลกับ $2\leq a^2c^2+b^2d^2=a^2c^2+\frac{1}{a^2c^2}$ ซึ่งเป็นจริงจากอสมการ AM-GM

จริงๆแล้วข้อนี้เป็น real ใดๆก็ได้ที่ไม่ใช่ 0 นะครับ:happy:

วิธีทำ
กำหนดระบบสมการดังนี้ $x^2+xy+y^2 = 57................(1)$
$~~~~~~~~~~~~~~y^2+yz+z^2 = 84................(2)$
$~~~~~~~~~~~~~~z^2+xz+x^2 = 111...............(3)$
$(2)-(1) ; 27 = z^2-x^2+yz-xy = (z-x)(z+x)+y(z-x) = (z-x)(x+y+z)........(4) $
$(3)-(2) ; 27 = x^2-y^2+xz-yz = (x-y)(x+y)+z(x-y) = (x-y)(x+y+z)........(5)$
จาก $(4)$และ$(5)$ จะได้ว่า $(z-x)(x+y+z)=(x-y)(x+y+z)$
ดังนั้น $y+z=2x \rightarrow x+y+z=3x..........(*)$
แทนลงใน $(4)$ และ $(5)$
จะไ้ด้ว่า $\frac{9}{x} = z-x$ และ $\frac{9}{x} = x-y$
ดังนั้น $z = x+\frac{9}{x}$ และ $y = x-\frac{9}{x}$
นำไปแทนในสมการ $(2) ; (y+z)^2-yz = 84 \therefore 4x^2-(x^2-\frac{81}{x^2}) = 84$
ดังนั้น $x^2-\frac{27}{x^2} = 28$
จะได้ว่า $(x^2-27)(x^2-1) = 0$
ดังนั้น $x= 3\sqrt{3},1$ เพราะ $x,y,z \in \mathbb{R}^+$
นำไปแทนค่ากลับได้
$(x,y,z) = (1,10,-8),(3\sqrt{3},2\sqrt{3},4\sqrt{3})$
ซึ่งคำตอบ $(1,10,-8)$ ใช้ไม่ได้ $(-8 < 0)$
ดังนั้นมีคำตอบเดียวคือ $(3\sqrt{3},2\sqrt{3},4\sqrt{3})$
ดังนั้น $xy+3yz+5zx = 270$ #

วิธีทำ พิจารณา $modulo 11$
Lemma2 $x^5 \equiv \pm 1,0 (mod 11)$
Proof $Case I : 11 | x$ ดังนั้น $x^5 \equiv 0 (mod 11)$
$Case II : 11 \nmid x$ โดย Fermat's Little Theorem จะได้ว่า $x^{10} \equiv 1 (mod 11)$
ดังนั้น $(x^5)^2 \equiv 1 (mod 11) \therefore x^5 \equiv \pm 1(mod 11)$
จากทั้งสองกรณีจะได้ว่า $x^5 \equiv \pm 1,0 (mod 11)$
จาก Lemma2 จะได้ว่า $x^5 \equiv \pm 1,0 (mod 11)$
ดังนั้น $x^5-4 \equiv 6,7,8 (mod 11).........(1)$
แต่ว่า $x^5-4 = y^2..........(*)$
พิจารณาว่า $y^2 \equiv 0,1,3,4,5,9 (mod 11)..........(2)$ $\forall y \in \mathbb{Z}$
จาก $(1),(2)$ และ $(*)$ จะได้ว่าสมการ $x^5-4 = y^2$ ไม่มีคำตอบทุก ๆ $y \in \mathbb{Z}$ #

วิธีทำ
$f(x^2y)+f(xy^2) = y^2f(x)+x^2f(y)..........(*)$
แืทน $y=1$ ใน $(*)$
จะได้ว่า $f(x)+f(x^2)=f(x)+x^2f(1)$
ดังนั้น $f(x^2) = x^2f(1)....(1)$
$x=1,y=0$ จะได้ว่า $f(0)=0....(2)$
จาก $(1),(2)$ จะได้ว่า $f(a) = af(1),\forall a \in \mathbb{R}^+ \cup 0........(*)$
ในทำนองเดียวกัน
แืืทน $y=-1$ ใน $(*)$
จะได้ว่า $f(x)+f(-x^2)=f(x)+x^2f(-1)$
ดังนั้น $f(-x^2)=-x^2(-f(-1)).....(3)$
จาก $(2),(3)$ จะได้ว่า $f(a)=a(-f(-1)) ,\forall a \in \mathbb{R}^- \cup 0........(@)$
ดังนั้น $f(2551) = 2551f(1)$ และ $f(-2551)=2551f(-1)$
แต่ว่า $f(2551)=f(-2551)$
ดังนั้น $f(1)=f(-1).......(4)$
จาก $(4),(*)$ และ $(@)$ จะได้ว่า $f(a) = af(1) , \forall a \geq 0$
และ $f(a) = -af(1) , \forall a \leq 0$
ดังนั้น $f(x) =c|x|,\forall x \in R$ และ c เป็นค่าคงที่ #

วิธีทำ ขั้นแรกจะหาค่า $x_k$ ก่อน
พิจารณา $|A|=k $
เพราะว่า $$\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A+Max A)=\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A)+\sum_{A \subset M;|A|=k}(Max A)$$
พิจารณา $$M_k=\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A)$$
Case 1 $Min A = 1$
พิจารณาว่าถ้า $Min A = 1$ ; แสดงว่าใน $1 \in A$ และจำนวน $k-1$ จำนวนที่เหลือใน $A$ จะต้องอยู่ในเซต $\left\{\,\right. 2,3,...,2550\left.\,\right\}$ (คือจำนวนที่มากกว่า $1$ ทั้งหมด)
ดังนั้น $$\sum_{A \subset M;|A|=k}=1\cdot \binom{2549}{k-1}$$
(เพราะว่ามี $Min(A)=1$ อยู่ $\binom{2549}{k-1}$ ตัว)
Case2 $Min A = 2$
ถ้า $Min A = 2$ ; แสดงว่ามี $2 \in A$ และจำนวน $k-1$ จำนวนที่เหลือใน $A$ จะต้องอยู่ในเซต $\left\{\,\right. 3,4,..,2550\left.\,\right\} $ (คือจำนวนที่มากกว่า $2$ ทั้งหมด)
ดังนั้น $$\sum_{A \subset M;|A|=k} = 2\cdot \binom{2548}{k-1}$$
(เพราะว่ามี $Min(A)=2$ อยู่ $\binom{2548}{k-1}$ ตัว )
...
Case 2551-k $Min A = 2551-k$
พิจารณากรณีที่ $Min(A)= 2549$ จะได้ว่า $$\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A)=(2551-k) \cdot \binom{k-1}{k-1}$$
นำแต่ละ Case มาบวกกัน
$$\therefore M_k=\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A)= 1\binom{2549}{k-1} +2\binom{2548}{k-1}+3\binom{2547}{k-1}+...+(2551-k)\binom{k-1}{k-1}$$
ในทำนองเดียวกับการหา $M_k$ จะได้ว่า $$N_k=\sum_{A \subset M;|A|=k}(Max A)= 2550\binom{2549}{k-1}
+2549\binom{2548}{k-1}+...+(k)\binom{k-1}{k-1}$$
ดังนั้น $$2551x_k=\sum_{A \subset M;|A|=k}(Min A)+\sum_{A \subset M;|A|=k}(Max A) = 2551\binom{2549}{k-1}+2551\binom{2548}{k-1}+...+2551\binom{k-1}{k-1}$$
$$=2551(\binom{2549}{k-1}+\binom{2548}{k-1}+...+\binom{k-1}{k-1})$$
ดังนั้น $$x_k = \binom{2549}{k-1}+\binom{2548}{k-1}+...+\binom{k-1}{k-1}
= \binom{2550}{k}$$(Pascal Identity)
ดังนั้น $$\sum_{k=1}^{2549}{x_{k}}^2 = \binom{2550}{0}^2+\binom{2550}{1}^2+...+\binom{2550}{2550}^2-2.........(*)$$
ต่อไปจะพิสูจน์ว่า $\binom{2n}{n} = \binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+...+\binom{n}{n}^2$
พิจารณาชาย $n$ คนหญิง $n$ คนเลือกมา $n$ คนได้
นับแบบที่ $1$ ได้ $\binom{2n}{n}$
นับแบบที่สองโดยการเเบ่ง $case$ มีชาย $0$ หญิง $n$ ,ชาย $1$ หญิง $n-1$,...,ชาย $n$ หญิง $0$
ซึ่งได้ $$\binom{n}{0}\binom{n}{n}+\binom{n}{1}\binom{n}{n-1}+...+\binom{n}{n}\binom{n}{0}
=\binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+...+\binom{n}{n}^2$$
แต่การนับทั้งสองวิธีต้องเท่ากันดังนั้น $$\binom{2n}{n} = \binom{n}{0}^2+\binom{n}{1}^2+...+\binom{n}{n}^2......(1)$$
จาก $(*)$ และ $(1)$ จะได้ว่า $$\sum_{k=1}^{2549}{x_{k}}^2 = \binom{5100}{2550}-2$$
แต่ว่า $2551 | \binom{5100}{2550}$
ดังนั้น $$\sum_{k=1}^{2549}{x_{k}}^2 \equiv -2 (mod 2551) \equiv 2549 (mod 2551)$$
ดังนั้นเศษคือ 2549 #

2. If $2^n - 1 = ab$ and $2^k$ is the highest power of 2 dividing $2^n - 2 + a - b$ then k is even.

solution
We have $b = (2^n - 1)/a$, hence $2^n - 2 + a - b = 2^n - 2 + a - (2^n - 1)/a = (2^na - 2a + a^2 - 2^n + 1)/a = (2^n + a - 1)(a - 1)/a.$ Now a divides $2^n - 1$, so it must be odd. Let $2^m$ be the highest power of 2 dividing a - 1. Then m < n, so $2^m$ is also the highest power of 2 dividing $2^n + (a - 1)$. Hence $k = 2m$.

สิ่งที่โจทย์ให้พิสูจน์สมมูลกับ
$\frac{S}{M}\geq\frac{n(n-1)(n+1)}{12}$
โดยไม่เสียนัยทั่วไป ให้ $a_1<a_2<...<a_n$
ให้ $min_{1\leq i\leq n}a_i^2=a_j^2$ สำหรับบาง $j\in\mathbb{N}, 1\leq j\leq n$ ที่คงที่ทุก $i$
(นั่นคือ $j$ เป็น fixed subscript)
ถ้า $a_i<0$ เมื่อ $i>j$ จะได้ $a_j^2<\underbrace{a_i^2<a_j^2}_{จาก a_j<a_i<0}$ ส่วนถ้า $a_i=0$ ก็จะได้ $a_j=a_i$ ซึ่งจะเกิดข้อขัดแย้งทั้งสองกรณี
ดังนั้นจะได้ $a_i>0$ เมื่อ $i>j$
ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $a_i<0$ เมื่อ $i<j$

จะได้อีกว่า $min_{a\leq i\leq n-1}(a_{i+1}-a_i)=\sqrt{min_{a\leq i\leq n-1}(a_{i+1}-a_i)^2}=\sqrt{min_{a\leq i<j\leq n}(a_i-a_j)^2}=\sqrt{M}$

ต่อไป ให้ $b_i=a_j+\sqrt{M}(i-j), i=1,2,...,n$ จะได้ว่า $b_i=b_1+\sqrt{M}(i-1)$
จะได้ว่าสำหรับ $i>j$ จะได้
$a_i=(a_i-a_{i-1})+(a_{i-1}-a_{i-2})+...+(a_{j+1}-a_j)+a_j$
$\geq\sqrt{M}(i-j)+a_j=b_i\geq a_j\geq -a_i$
ดังนั้นจะได้ $a_i\geq b_i\geq -a_i, i>j$
ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $a_i\leq b_i\leq -a_i, i<j$
ดังนั้นสามารถสรุปได้ว่า $a_i^2\geq b_i^2$ สำหรับทุก $i=1,2,...,n$

$\therefore S=\sum_{i=1}^{n}a_i^2\geq\sum_{i=1}^{n}b_i^2=\sum_{i=1}^{n}(b_1+\sqrt{M}(i-1))^2$
$=n(b_i+\sqrt{M}\frac{n-1}{2})^2+\frac{n(n-1)(n+1)}{12}M\geq\frac{n(n-1)(n+1)}{12}M$

ดังนั้น $\frac{S}{M}\geq\frac{n(n-1)(n+1)}{12}$ หรือ $\frac{2S}{3M}\geq\frac{n(n-1)(n+1)}{18}$ นั่นเอง

สำหรับ $a\leq r\leq b$ ได้ว่า
$\left|\frac{r-x}{x}\right|=\cases{\frac{r}{x}-1&,a\leq x\leq r\cr 1-\frac{r}{x}&,r\leq x\leq b}$
ดังนั้น $F(r)=max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right)$
ดังนั้นสำหรับ $c$ ใดๆในช่วง $[a,b]$ จะได้ว่า
$min_{a\leq r\leq b}F(r)=min_{a\leq r\leq b}(max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right))$
$=min(min_{a\leq r\leq c}(max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right)),min_{c\leq r\leq b}(max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right)))$

เลือก $c$ ในช่วง $[a,b]$ ซึ่ง $\frac{c}{a}-1=1-\frac{c}{b}$ นั่นคือ $c=\frac{2ab}{a+b}$
จะได้ $min_{a\leq r\leq c}(max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right))=min_{a\leq r\leq c}(1-\frac{r}{b})=1-\frac{c}{b}$
และ $min_{c\leq r\leq b}(max\left(\frac{r}{a}-1,1-\frac{r}{b}\right))=min_{c\leq r\leq b}(\frac{r}{a}-1)=\frac{c}{a}-1$

$\therefore min_{a\leq r\leq b}F(r)=1-\frac{c}{b}(=\frac{c}{a}-1)=\frac{b-a}{a+b}$

ดังนั้น $r$ ที่ต้องการคือ $\frac{2ab}{a+b}$ และ $F(r)$ ที่น้อยที่สุด เท่ากับ $\frac{b-a}{a+b}$

ให้ $\mathbb{U}$ คือเซตของรูปแบบแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ 4 เซตที่เป็นไปได้ทั้งหมด
พิจารณาแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ สำหรับเซต 4 เซตในกรณีทั่วไป
จะพบว่า หากไม่นับบริเวณที่อยู่นอกเซตทั้ง 4 เซต เอกภพสัมพัทธ์จะถูกแบ่งออกเป็น $2^4$ - 1 = 15 ส่วน
หากพิจารณาการเป็น/ไม่เป็นเซตว่างของแต่ละส่วน แต่ละส่วนจะสามารถเลือกได้ 2 วิธี
ฉะนั้น รูปแบบของแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ สำหรับเซต 4 เซตที่เป็นไปได้ทั้งหมด = $2^{15}$ รูปแบบ
นั่นคือ $|\mathbb{U}|=2^{15}$

ให้ $A_i$ คือเซตของรูปแบบแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ โดยที่เซต $i$ เป็นเซตว่าง
ฉะนั้น โดย PIE โจทย์ต้องการ $|A_1^'\cap A_2^'\cap A_3^'\cap A_4^'|=|\mathbb{U}|-|A_1\cup A_2\cup A_3\cup A_4|=|\mathbb{U}|-S_1+S_2-S_3+S_4$

พิจารณา $S_1$
เลือกเซต 1 เซตให้เป็นเซตว่าง จาก 4 เซต เลือกได้ = $\binom{4}{1}$ วิธี
จะเหลือเซต 3 เซต ซึ่งในกรณีทั่วไป เซต 3 เซตจะแบ่งเอกภพสัมพัทธ์ออกเป็น $2^3$ - 1 = 7 ส่วน (ไม่นับบริเวณที่อยู่นอกเซต)
พิจารณาในทำนองเดียวกับ $\mathbb{U}$ จะได้ว่า $S_1=\binom{4}{1}2^7$

ในทำนองเดียวกับ จะได้ว่า
$S_2=\binom{4}{2}2^3$
$S_3=\binom{4}{3}2^1$
$S_4=\binom{4}{4}2^0$

ฉะนั้น จำนวนรูปแบบทั้งหมดของแผนภาพเวนน์-ออยเลอร์ สำหรับเซต 4 เซตที่ไม่เป็นเซตว่าง
$=2^{15}-\binom{4}{1}2^7+\binom{4}{2}2^3-\binom{4}{3}2^1+\binom{4}{4}2^0$ รูปแบบ
= 32297 รูปแบบ

พิจารณาสมการ $\displaystyle{\frac{x}{y}=\frac{y+1}{x}}$
\[\begin{array}{rcl}
x^2&=&y(y+1)=y^2+y\\
x^2+\frac{1}{4}&=&y^2+y+\frac{1}{4}=(y+\frac{1}{2})^2\\
\frac{1}{4}&=&(y+\frac{1}{2})^2-x^2\\
1&=&\frac{(y+\frac{1}{2})^2}{\frac{1}{4}}-\frac{x^2}{\frac{1}{4}}&
\end{array}\]
จะพบว่าสมการสุดท้ายเป็นสมการของกราฟไฮเพอร์โบลาที่มีแกนเอกอยู่บนแกน Y
จุดศูนย์กลางที่ $(0,-\frac{1}{2})$ จุดยอดที่ $(0,0),(0,-1)\ \ (\because a=\sqrt{\frac{1}{4}}=\frac{1}{2})$
และมีค่า $c=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{1}{4}}=\frac{1}{\sqrt{2}}$
ฉะนั้น จุดโฟกัสของกราฟของสมการนี้คือ $(0,\frac{1}{\sqrt{2}}),(0,-1-\frac{1}{\sqrt{2}})$

สังเกตว่า กราฟทั้งสองเป็นอินเวอร์สซึ่งกันและกัน
ฉะนั้น จุดโฟกัสของกราฟของอีกสมการคือ $(\frac{1}{\sqrt{2}},0),(-1-\frac{1}{\sqrt{2}},0)$

จุดโฟกัสคู่ที่อยู่ใกล้กันที่สุดคือ $(0,\frac{1}{\sqrt{2}})$ และ $(\frac{1}{\sqrt{2}},0)$
ซึ่งระยะห่างระหว่างจุดทั้งสอง $=\sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^2+(\frac{1}{\sqrt{2}})^2}=1$ หน่วย

ให้ $b_n = \frac{a_n+1}{6}$ ทุก $n \geqslant 0$ ดังนั้น $b_0 = b_1 = 1$
และ $b{_n}_{+1} =98b_n-b{_n}_{-1}-16$ สำหรับ $n \geqslant 1$
และสำหรับ $n \geqslant 2$ เราจะได้ $b{_n}_{+1} =98b_n-b{_n}_{-1}-(98b{_n}_{-1}-b_n-b{_n}_{-2})$ = $99b_n-99b{_n}_{-1}+b{_n}_{-2}$
ต่อไปจะกำหนดให้ $c_n = 10c{_n}_{-1}-c{_n}_{-2}$ สำหรับ $n \geqslant 2$ และ$c_0=c_1=1$
พิจารณา
$b_0 = \frac{a_0+1}{6} = \frac{6}{6}=1 =c_0^{2}$
$b_1 = \frac{a_1+1}{6} = \frac{6}{6}=1 =c_1^{2}$
$b_2=\frac{a_2+1}{6} = \frac{486}{6} =81=(10(1)-(1))^{2}=(10c_1-c_0)^2=c_2^2$
ดังนั้นเราจะพิสูจน์ว่า $b_n = c_n^{2}$ โดยวิธีการอุปนัย$(induction)$
โดยเราจะสมมติให้ $b_n=c_n^{2}$ และเราจะแสดงว่า $b{_n}_{+1}=c{_n}_{+1}^{2}$
$b{_n}_{+1} = 99b_n-99b{_n}_{-1}+b{_n}_{-2}$
$= 99c_n^{2}-99c{_n}_{-1}^{2}+c{_n}_{-2}^{2}$
$= 99c_n^{2}-99c{_n}_{-1}^{2}+(10c{_n}_{-1}-c_n)^{2}$
$= 100c_n^{2}-20c_nc{_n}_{-1}+c{_n}_{-1}^{2}$
$=(10c{_n}-c{_n}_{-1})^{2} = c{_n}_{+1}^2$
ดังนั้น $b_n$ เป็นกำลังสองสมบูรณ์ทุกจำนวนเต็ม n ที่ไม่เป็นลบ

พิจารณาลำดับ $1,2,3,...,f(n)$ จะพบว่าในลำดับนี้มีจำนวนที่ไม่เป็นกำลังสองสมบูรณ์คือ $f(1),f(2),f(3),...f(n)$ และจำนวนที่เป็นกำลังสองสมบูรณ์ได้แก่ $1^{2},2^{2},3^{2},...,k^{2}$ เมื่อ $k^{2}<f(n)<(k+1)^{2}$
ดังนั้น $f(n)=n+k$ เมื่อ $k^{2}<f(n)<(k+1)^{2}$
ต่อไปเราจะแสดงว่า $k=${$\sqrt{n}$}
จาก $k^{2}<n+k<(k+1)^{2}$
จะได้ $k^{2}+1\leqslant n+k\leqslant (k+1)^{2}-1$
ดังนั้น $(k-\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}= k^{2}-k+1\leqslant n\leqslant k^{2}+k =(k+\frac{1}{2})^{2}-\frac{1}{4}$
เพราะฉะนั้น $k-\frac{1}{2}<$ $\sqrt{n}$ $< k+\frac{1}{2}$
นั้นคือ {$\sqrt{n}$} $=k$
จึงได้ว่า $f(n)=n+${$\sqrt{n}$} ตามต้องการ