เอาข้อที่ยังไม่มีคนลงเฉลยละกันนะครับ
จะค่อยๆทยอยลง ดังนั้นใจเย็นๆ ลงครบแล้วครับ
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