โจทย์สนุกๆครับ
 

เอามาฝากคับ จากหนังสืออีกเช่นเคย

1. ถ้า $b_n$ เป็นเลขหลักหน่วยของ $1^1+2^2+3^3+\cdots+n^n$ จงแสดงว่าลำดับ $\{b_n\}_{n=1}^\infty$ เป็น periodic โดยมี period 100

2. จงหาลิมิต $\lim_{n\to\infty}\sqrt{n}\left((1+\frac{1}{n+1})^{n+1}-(1+\frac{1}{n})^{n}\right)$

3. จงพิสูจน์อสมการ $\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<2$

4. จงหงผลคูณ $\prod_{n=0}^\infty\left(1+\frac{1}{2^{2^n}}\right)$

5. จงพิสูจน์ว่าถ้าจำนวนเต็มบวก $m,n$ มีสมบัติว่า $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>0$ แล้วจะได้ว่า $\sqrt{7}-\frac{m}{n}>\frac{1}{mn}$

6. จงหาเลขหลักหมื่นของ $5^{5^{5^{5^{5}}}}$

7. จงหาค่าสูงสุดที่เป็นไปได้ของ $m^2+n^2$ เมื่อ $m,n$ เป็นจำนวนนับในช่วง $[1,1981]$ และสอดคล้อง $(n^2-nm-m^2)^2=1$

8. ให้ $\{a_n\}_{n=1}^\infty$ เป็นลำดับของจำนวนจริงบวก ซึ่ง $\sum_{k=1}^na_k\geq\sqrt{n}$ ทุกจำนวนนับ $n$ จงพิสูจน์ว่า $\sum_{k=1}^na_k^2\geq\frac{1}{4}\left(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}\right)$ สำหรับทุก $n$

9. จงพิสูจน์ว่าถ้าอนุกรม $a_1+a_2+\cdots+a_n+\cdots$ ลู่เข้า แล้วอนุกรม $a_1+\frac{a_2}{2}+\frac{a_3}{3}+\cdots+\frac{a_n}{n}+\cdots$ ลู่เข้าด้วย
(หมายเหตุ $a_n$ ไม่จำเป็นต้องเป็นจำนวนจริงบวก)

ฉลองคำตัดสินของศาลปกครองกรณีกฟผครับ :great: :great: :great:

Edit ครั้งที่ 1 แก้ข้อ 9 จาก คำว่า "ลำดับ" เป็น "อนุกรม" และเพิ่มเงื่อนไขว่า $a_n$ ไม่จำเป็นต้องเป็นบวก

แหะๆๆ โดยดักคอซะแล้ว ลบๆๆๆ

ปล. ยากจังคับ

4. For $x\neq 1$ we have

$\displaystyle{ \frac{(1-x)(1+x)(1+x^2)\cdots (1+x^{2^n})}{1-x} = \frac{1-x^{2^{n+1}}}{1-x}. }$

Thus $\displaystyle{ \prod_{k=0}^{n} (1+\frac{1}{2^{2^k}}) = 2(1-\frac{1}{2^{2^{n+1}}}) }$ and hence

$\displaystyle{ \lim_{n\rightarrow \infty} \prod_{k=0}^{n} (1+\frac{1}{2^{2^k}}) = 2.}$

เพิ่มโจทย์เพิ่มความสนุกยิ่งขึ้น
10.

11.


12.จงหาเซตคำตอบของสมการ

12. ให้ $y=x^{\ln\ x}/\sqrt{x}$ จะได้ $y+e^{1/9}(y-1)=y^2$ ดังนั้น $y=1,e^{1/9}$
หาก $y=1$ จะได้ $(\ln x)^2=\frac{1}2\ln x$ ดังนั้น $x=1,\ e^{1/2}$
หาก $y=e^{1/9}$ จะได้ $\frac{1}9=(\ln x)^2-\frac{1}2\ln x$ แก้สมการหา $\ln x$ จะได้ $x=e^{-1/6},\ e^{2/3}$

ข้อ 10 อยากถามว่า $12\log_\phi2$ เป็นตัวคูณหรือเป็นเลขชี้กำลัง(รากที่...)ครับ และ $\phi$ คืออะไร
ข้อ 11 คิดตรงๆก็น่าจะออกนะครับ -_-'

Edit: หวังว่าจะแก้ข้อ 12 ถูกนะครับ

หารากที่ $12\log_\phi2$ ครับ $\phi$ คือ Golden Ratioครับผม

ข้อ12.ไม่ถูกนะครับ :D (ยังไม่สมบูรณ์)

ข้อ 12 นี่คุ้น ๆ อยู่นะครับ. :cool:

7. จาก (n²-mn-m²+1)(n²-mn-m²-1)=0 จะได้ m²+n²=2m²+mnฑ1
เนื่องจากเราสนใจค่าสูงสุด ดังนั้นเราจะพิจารณาเฉพาะกรณี +1
ให้ n=km จาก n²-m(m+n)=1 จะได้ [k²-(1+k)]m²=1 นั่นคือ n=2, m=1 ดังนั้นค่าสูงสุดของ m²+n² จึงเป็น 5

ข้อ12. แก้ไขถูกต้องแล้วครับ

3. Telescoping โลด
\[
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}<
\sum_{n=1}^\infty2\left(\frac{1}{\sqrt{n}}-\frac{1}{\sqrt{n+1}}\right)=2
\]

6. สังเกตเลขท้ายห้าตัวของ 5ⁿ ได้ดังนี้:
00005, 00025, 00125, 00625, 03125,
15625, 78125, 90625, 53125, 65625,
28125, 40625, 03125, ...
(สังเกตว่าเลขท้ายห้าตัวจะซ้ำกันเมื่อ $n\equiv5\pmod8$)
และจาก $5^5\equiv5\pmod8$ จะได้ $5^{5^5}\equiv5^5\equiv5\pmod8$ และ
$\displaystyle{5^{5^{5^{5^{5}}}}}=(5^{5^{5}})^{3125}\equiv5^{3125}\equiv5^{625}\equiv\dots\equiv5\pmod8$
ดังนั้น เลขหลักหมื่นที่ต้องการหาคือ 0

1. เขียนเลขท้ายของ nⁿ และผลรวมในแต่ละแถวได้ดังนี้
1 4 7 6 5 / 6 3 6 9 0 = 47
1 6 3 6 5 / 6 7 4 9 0 = 47
1 4 7 6 5 / 6 3 6 9 0 = 47
1 6 3 6 5 / 6 7 4 9 0 = 47
...
b_n เป็น periodic ที่มีคาบเป็น t ได้เมื่อสำหรับจำนวนเต็มบวก n ใดๆ b_n=b_n+t
เลขท้ายจะยังเหมือนเดิมได้เมื่อผลรวมของเลขท้าย t ตัวถัดมาใดๆเป็นศูนย์ และตัวเลขที่อยู่ถัดจาก b_n เป็นเลขชุดเดียวกันกับเลขที่อยู่ถัดจาก b_n+t
เลขชุดด้านบน มีคาบเป็น 20 และผลรวมของชุดเลข 20 ตัวติดกันใดๆเป็น 94
ดังนั้นต้องผ่านไปอีกห้าคาบหรือ 100 ตัวจึงจะได้เลขที่สอดคล้องเงื่อนไขดังกล่าว นั่นคือลำดับนี้เป็น periodic มีคาบเป็น 100

เฉลยบางข้อที่มีคนทำไปแล้วนะครับ จากหนังสือ
"Mathematical Olympiad Challenges", Titu Andresscu and Razvan Gelca, Birkhauser 2005

1. ให้ $l(n)=$เลขหลักหน่วยของ $n$

ลำดับ $\{l(1),l(2),l(3),\ldots\}$ มี period 10 และลำดับ $\{l(a),l(a^2),l(a^3),\ldots\}$ มี period 4 สำหรับจำนวนนับ $a$ ใดๆ ดังนั้นจาก $20=lcm(10,4)$ จะได้ว่า ( :eek: )
$$
(n+1)^{n+1}+(n+2)^{n+2}+\cdots+(n+20)^{n+20}
$$
มีหลักหน่วยไม่ขึ้นกับ $n$ คำนวณเมื่อ $n=0$ จะได้หลักหน่วยของเทอมดังกล่าวเท่ากับ 4 ดังนั้น
$$
(n+1)^{n+1}+(n+2)^{n+2}+\cdots+(n+100)^{n+100}
$$
มีหลักหน่วยเท่ากับ 0 เลยได้ผลดังต้องการ ;)

3. สังเกตุว่า
$$
\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}=\frac{\sqrt{n}}{(n+1)n}=\frac{\sqrt{n}}{n}-\frac{\sqrt{n}}{n+1}
$$
ดังนั้น
$$
\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)\sqrt{n}}=1+\sum_{n=2}^\infty\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{n}
$$
เทอม summation ทางขวามือไม่เป็น telescopic แต่หากสังเกตุว่า ส่วนคือ $n>\sqrt{n}\sqrt{n-1}$ ดังนั้น
$$
\sum_{n=2}^\infty\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{n}<\sum_{n=2}^\infty
\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}\sqrt{n-1}}=1
$$

4. แบบที่คุณ nooonuii ทำครับ

6. คำตอบที่ต้องการได้จากการหา residue modulo $10^5$ แต่เราไม่สามารถทำตรงๆได้ ดังนั้นเราเริ่มจากหา residue ของ $m=5^{5^{5^{5^5}}}$ modulo $2^5$
จาก Euler's theorem: ได้ $5^{\phi(2^5)}\equiv1\;mod\;2^5$ แต่ $\phi(2^5)=2^4=16$ ดังนั้นต่อไปเราจึงหา residue ของ $5^{5^{5^{5}}}$ modulo 16 ด้วยเหตุผลดังกล่าวเราจึงคำนวณ
$$
5^{8}\equiv1\;mod\;16,\qquad5^4\equiv1\;mod\;8
$$
ทำย้อนกลับจะได้
$$
5^5\equiv5\;mod\;8,\qquad5^{5^5}\equiv5^5\equiv5\;mod\;16
$$
เพราะฉะนั้น $m\equiv5^5\;mod\;2^5$ ซึ่งหมายความว่า $m=5^5+2^5k$ แต่ $5^5|m$ ดังนั้น $5^5|k$ เพราะฉะนั้นเลขห้าตัวท้ายของ $m$ คือ 03125 เพราะฉะนั้นเลขหลักหมื่นเท่ากับ 0

เฉลยของผมนะครับ
(ตรงๆไม่ใช้สูตร)

\[\prod_{k=1}^{n-1} \cos\frac{k\pi}{n}=2^{-n+1}\]