# 16 วิธี Best Solution (แปลกใหม่และได้คะแนนเต็ม) นะครับ :D

น่านับถือจริงๆ เพราะผมเห็นเฉลยออกมาตั้ง 7 วิธี :blood:

ข้อแปดผมแสดงก่อนว่ามีชุดบัตร $\frac{n(n-1)}{2} +1$ ใบที่สอดคล้องกับเงื่อนไขที่กำหนด
ประกอบด้วย $1!,2!,3!,...,(n-1)!$ อย่างละ $1,2,3,...,n-1$ ใบ และ $n!$ อีกใบ แล้วอุปนัยว่าการจัดแบบนี้สอดคล้องกับเงื่อนไขทุกๆ n
จากนั้นก็แสดงว่าการสร้าง $n!-1$ ด้วยบัตร $\frac{n(n-1)}{2} $ใบ ทำได้แบบเดียว

ข้อ 8..... สอบเสร็จแล้วผมยังไม่คิดจะทำเลย -3-555

มันเป็นความฟลุคอะครับ คิดมาเปน ชม จู่ๆฟ้าก็ประทานข้อความนั้นมาให้ตอน20นาทีสุดท้าย ไม่แน่ถ้าTMO9 มีรางวัลนี้บางคนก็อาจจะได้นะคับ5555

วิธีของ #16 กรรมการเห็นว่า generalize โจทย์ขึ้นไปอีกครับ

จึงได้ best solution ยินดีด้วยครับ :great:

ข้อ 7 เกือบตาย ทด อยู่เกือบ 2 ชั่วโมง :blood: (คาดว่าใครทดข้อนี้ได้ในห้องสอบ อาจไม่เหลือเวลาทดข้ออื่น)

คำตอบคือ E เป็นจุดที่ ทำให้ AD ขนานกับ ฺBE

สมมติ (APD) ตัด (BPE) ที่ Q (คนละจุดกับ P) (Easy to prove by contradiction ว่า 2 วงนี้ไม่สัมผัสกัน และยืนยันได้ว่า Q exists )

อันดับแรก จะ derive สูตร $ O_1O_2$ ให้ได้ก่อนครับ

รายละเอียด ขอไม่เขียนหมดเพราะมันจุกจิกเกิน เอาเป็นว่า วิธีทำ เริ่มจากลากเส้นจาก center ทั้ง 2 จุดมาตั้งฉากกับ DC แล้ว ใช้ Pythaogorus + อัตราส่วน sin ,cos derive ให้อยู่ใน form $ (O_1O_2)^2 = \underbrace{(r_xcos x - r_ycosy)^2+(r_xsin x + r_ysiny)^2}_{(**)} = (r_x)^2+(r_y)^2 - 2r_xr_y\cos D\hat{Q}E $

(จริงๆ ตรงที่ (**) ไว้มันขึ้นกับ ตำแหน่งของ P ด้วยครับว่าให้สามเหลี่ยม 2 รูปนั้นเป็นมุมแหลมหรือมุมป้าน แต่ ตอนจบก็เหมือนกัน โดย r ที่ผมเขียน ก็คือรัศมี ส่วนมุม x,y ก็มาจากมุม DAP , PBE)

จากนั้น ใช้ Law of sine เปลี่ยนค่า r ทั้งสองใน form DQ, QE แล้วมันจะเข้าสูตร law of cosine อย่าง งดงามเป็น $O_1O_2 = \frac{DE}{2\sin Q\hat{P}D}$

คราวนี้ ก็ต้องตามล่าหาจุด E ที่ทำให้ค่า sin ตัวนี้ อิสระจาก P

โดย ถ้า E ที่เป็นจุดที่ผมบอกไป มันจะพิสูจน์ได้ไม่ยากว่า จุด Q, A, B อยู่บนเส้นตรงเดียวกัน

ดังนั้น $\sin Q \hat{P}D = \sin D\hat{A} Q = \sin D\hat{A}B $ ซึ่งไม่ขึ้นกับ P

---------------------------------------------------------------------------------

และเพื่อระบายความอัดอัั้น ที่ทดเกือบ 2 ชั่วโมง ผมมีคำถามคู่ขนานกับข้อนี้ครับ (ใครสนใจก็ลองทดดูได้ครับ ไม่ต้องใช้ตรีโกณ ใช้ความรู้เรขาล้วนๆ)

กำหนดสี่เหลี่ยมนูน ABCD โดย มุม A เป็นมุมป้านและ D เป็นมุมแหลม พิสูจน์ว่ามี จุด E ( $\neq D$) บนเส้นตรง CD ที่สอดคล้องกับ

"ทุก P ($\neq C,D$) บนส่วนของเส้นตรง CD ที่ทำให้ circumcircle (APD) ,(BPE)ตัดกัน อีกจุดที่ Q ($\neq P$) แล้ว set of points Q อยู๋บน fixed circle ไม่ขึ้นกับ P "

ข้อ 1 น้องเปรมที่ศูนย์ผมเขาทำแบบนี้ครับ
ขั้นแรก ไล่มุมเรื่อยๆจะได้ $\widehat{ACE}=60$
จากนั้นลาก AQ ตัด BE ที่ Q และตัด BC ที่ P ให้สามเหลี่ยม ACQ เป็นสามเหลี่ยมด้านเท่า
ไล่มุมต่อจะได้ $\Delta ABP\sim \Delta ABC$
จากนั้นไล่ด้านไปเรื่อยๆจะได้ $\frac{PQ}{AP} = \frac{BD}{DE} $
ที่นี้พิจารณา $\Delta AEQ$ กับส่วนของเส้นตรง BC โดยทฤษฎีบทเมเนลอส
จะได้ $1=\frac{AB}{BE} \frac{CE}{CQ} \frac{PQ}{AP}=\frac{AB}{BE}\frac{CE}{CQ}\frac{BD}{DE} $
แต่ $AB=CQ$ และ $BE=BC$ ดังนั้นจะได้ $BC\cdot DE=BD\cdot CE$ ตามต้องการ

โจทย์ที่แท้จริงที่กรรมการกลางเฉลยไว้คือแบบนี้ครับ

สำหรับ $k\geq 0$ จะได้ว่า
$$
9(k+\frac{a}{b})(k+\frac{b}{c})(k+\frac{c}{a}) \leq (k+1)^3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})
$$ ทุกจำนวนจริงบวก $a,b,c$

ซึ่งจะได้โจทย์สวยๆอีกหลายข้อเลยเช่น

$$
(2+\frac{a}{b})(2+\frac{b}{c})(2+\frac{c}{a}) \leq 3(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})
$$

$$
(5+\frac{a}{b})(5+\frac{b}{c})(5+\frac{c}{a}) \leq 24(\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{a})(\frac{b}{a}+\frac{c}{b}+\frac{a}{c})
$$

ทุกจำนวนจริงบวก $a,b,c$

เฉลยข้อที่5 ของสอวน.
ส่วนแรกนะครับ

ส่วนที่สองนะครับ

ฉบับภาษาอังกฤษนะครับ

ข้อ 3-4 นะครับ

ข้อ 5-6 ของวันที่สอง นะครับ

สุดท้ายครับ
ข้อ 7-8