รวมข้อสอบ TMO ครั้งที่ 1-7
ลิ้งดาวน์โหลดครับ (หากภายหลังลิ้งค์ใช้งานไม่ได้ก็ pm มาขอใหม่ได้ครับ หากยังอยู่  ส่วนครั้งที่ 7 โหลดได้ที่ pratabong นะครับ)
http://file1.uploadfile.biz/i/IEEWMEIIINXMIE หรือ
http://www.upload-thai.com/download....2c30f6111ff6e1
ก็อยากให้สมาชิกทุกท่านช่วยกันลง solution ของแต่ล่ะข้อครับ สำหรับท่านใดว่างๆหรือท่านที่เตรียมตัวลงแข่งรายการนี้ 
_________________________________________________________________
$$cos^8A-sin^8A=(cos^4A-sin^4A)(cos^4A+sin^4A)$$
$$=[(cos^2A-sin^2A)(cos^2A+sin^2A)][(cos^2A+sin^2A)^2-2cos^2Asin^2A]$$
$$=(cos2A)(1-\frac{sin^22A}{2})=cos2A(1+\frac{cos4A-1}{4})$$
$$=\frac{5}{3\sqrt{6}}$$
$$(a^6-3a^2b^4)^2+(b^6-3a^4b^2)^2=(3)^2+(3\sqrt{2})^2$$
$$(a^4+b^4)^3=27$$
$$a^4+b^4=3\sqrt{3}$$
จากความสัมพันธ์ของรากและ ส.ป.ส จะได้ว่า
$p=u+v+w=5$
$q=uv+vw+wu=4$
$r=uvw=3$
จะได้ว่า
$u^3+v^3+w^3=p^3-3pq+3r=74$
$u^3v^3+v^3w^3+w^3u^3=q^3-3q(pr)+3r^2=-89$
$u^3v^3w^3=27$
ดังนั้น พหุนามที่มี $u^3,v^3,w^3$ เป็นรากคือ $x^3-74x^2-89x-27$
$$x=\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}$$
$$x\sqrt{x}=\sqrt{x^2-1}+\sqrt{x-1}$$
$$x\sqrt{x}-\sqrt{x-1}=\sqrt{x^2-1}$$
$$x^3-2x\sqrt{x(x-1)}+(x-1)=x^2-1$$
$$x^2-2\sqrt{x(x-1)}+1=x$$
$$x(x-1)-2\sqrt{x(x-1)}+1=0$$
$$x(x-1)=1$$
$$x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}$$
เพราะว่า $\sum_{k=1}^{2n}\sqrt{x^2-2xk+k^2}= \sum_{k=1}^{2n}|x-k|=|2nx-n-2n^2|$
สังเกตว่า $\sum_{k=1}^{2n}(x-k)=(2nx-n-2n^2)$
นั่นคือ $x-k$ ต้องเป็น $R^+$ หรือ $R^-$ อย่างใดอย่างหนึ่ง เหมือนกันหมดทุกๆ $k=1,2,3,...,2n$
ดังนั้น $x\in(-\infty,1]\cup[2n,\infty)$
เพราะว่า $(x-1)f(x)=x^7-1$
นั่นคือ $x^7$ หารด้วย $f(x)$ เหลือเศษ $1$
และ $x^{7n}$ หารด้วย $x^7$ ลงตัว
จะได้ว่า $x^{7n}$ หารด้วย $f(x)$ เหลือเศษ $1$ ทุกๆ $n\in N$
ดังนั้น $f(x^7)$ หารด้วย $f(x)$ เหลือเศษ $7$
ให้ $x(n)=f(n)-f(n-1)$ และพิจารณาในกรณี $n$ เป็นจำนวนคู่ จะได้ว่า ...
(1) ... $$x(n)=x(n-1)+(-1)^{n+1}(2(n-1)-4)$$
เปลี่ยนตัวแปร $n$ ในสมการ (1) เป็น $n-1,n-2,...,2$ แล้วบวกสมการทั้งหมดเข้าด้วยกัน จะได้ว่า ...
(2) ... $$x(n)=f(n)-f(n-1)=x(1)+(n-2)=n-1$$
จากสมการเริ่มต้น การแทนค่าจาก (2) และการเปลี่ยนตัวแปรจาก $n$ เป็น $n+2$ (เปลี่ยนเป็น $n-1$ ไม่ได้)
$$f(n)=2f(n-1)-f(n-2)+(2n-4)$$
$$f(n-1)-f(n-2)=-n+3$$
(3) ... $$f(n+1)-f(n)=-n+1$$
(2)+(3) ... $$f(n+1)=f(n-1)$$
ดังนั้น ถ้า $n\in E$ แล้ว $f(n)=n$ , ถ้า $n\in O$ แล้ว $f(n)=1$
ให้ $a$ เป็นจำนวนจริงที่ทำให้ $f(a)=0$
(x,y) ; $f(x+f(y))=2x+4y+2547$
(a,a) ; $0=2a+4a+2547\rightarrow a=-\frac{2547}{6}$
(0,a) ; $f(0)=4a+2547=\frac{2547}{3}$
$$\frac{(2n)!}{(k!)^2[(n-k)!]^2}=\binom{2n}{n}\binom{n}{k}^2$$
$$\sum_{k=0}^{n}\frac{(2n)!}{(k!)^2[(n-k)!]^2}=\binom{2n}{n}[\binom{n}{1}^2+\binom{n}{2}^2+...+\binom{n}{n}^2]$$
$$=\binom{2n}{n}^2$$
ให้ $A_1,A_2,A_3,A_4$ เป็นเซตใดๆ , $|B|$ หมายถึง จำนวนสมาชิกของเซต $B$ , $k_1,k_2,k_3 \in N$ โดยที่ ...
$A_1$ = { $3k_1,3k_2+1,3k_3+2$ }
$A_2$ = { $3k_1+1,3k_2+1,3k_3+1$ }
$A_3$ = { $3k_1+2,3k_2+2,3k_3+2$ }
$A_4$ = { $3k_1,3k_2,3k_3$ }
โดยสมาชิกทุกตัวในเซต $A_1,A_2,A_3,A_4$ มีค่าไม่เกิน $3n$
จะได้ $|A_1|=n^3$ และ $|A_2|=|A_3|=|A_4|=\binom{n}{3}$
ดังนั้น จะมีทั้งสิ้น $n^3+3\binom{n}{3}$ เซต ที่สอดคล้องกับเซตที่โจทย์ต้องการ
กรณี 1 $x_1+x_2+x_3=7$ และ $y_1+y_2+y_3+y_4=13$ ได้เท่ากับ $\binom{6}{2}\binom{12}{3}=3300$
กรณี 2 $x_1+x_2+x_3=13$ และ $y_1+y_2+y_3+y_4=7$ ได้เท่ากับ $\binom{12}{2} \binom{6}{3}=1320$
วิธีทั้งหมดเท่ากับ 4620 วิธี
เพราะว่า $(25k+i)^{2547}+(25k-i)^{2547}=25m$ โดยการกระจายทวินาม นั่นคือ ...
$$3^{2547}+2547^{2547}=25m_1$$
$$4^{2547}+2546^{2547}=25m_2$$
$$.$$
$$1249^{2547}+1251^{2547}=25m_{1247}$$
เพราะว่า $2^{\phi(25)}=2^{20}\equiv1(mod25) \rightarrow 2^{2547}\equiv3(mod 2547)$
นั่นคือ $1^{2547}+2^{2547}+3^{2547}+...+2547^{2547}$ หารด้วย $25$ เหลือเศษ $4$
$$\because a+b+c=a\sqrt{a}\cdot\frac{1}{\sqrt{a}}+b\sqrt{b}\cdot\frac{1}{\sqrt{b}}+c\sqrt{c}\cdot\frac{1}{\sqrt{c}}$$
$$\leq \sqrt{a^3+b^3+c^3}\sqrt{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$$
$$\leq \sqrt{a^3+b^3+c^3}\sqrt{a+b+c}$$
$$\therefore a^3+b^3+c^3 \geq a+b+c$$
จะแทนค่า $x,y$ ที่ทำให้
$$x+2y=z$$
$$y-2x=z$$
นั่นคือ แทน ...
$$x=-\frac{z}{5}$$
$$y=\frac{3z}{5}$$
จะได้สมการเริ่มต้นเป็น
$$f(z)+2f(z)=3(-\frac{z}{5})-4(\frac{3z}{5})+6$$
$$f(z)=-z+2$$
ดังนั้น
$$f(2548)=-2546$$
(x,y) ; $$f(cos(x+y))=cosxf(cosy)+2f(sinx)f(siny)$$
(0,y) ; $$f(cosy)=f(cosy)+2f(0)f(siny) \rightarrow f(0)=0$$
(x,0) ; $$f(cosx)=cosxf(1)+2f(0)f(sinx)=cosxf(1)$$
x=$\pi$ ; $$f(-1)=-f(1)$$
($\frac{\pi}{2}$,$-\frac{\pi}{2}$) ; $$f(1)=0+2f(1)f(-1) \rightarrow f(1)=-\frac{1}{2}$$
จะได้ $f(cosx)=-\frac{cosx}{2}$
ดังนั้น $f(\frac{2006}{2549}) = -\frac{1}{2549}$
จากโจทย์จะได้ $a+b+c=9,ab+bc+ca=11,abc=1$
พิจารณา $s^2= a+b+c+2(\sqrt{ab} +\sqrt{bc} +\sqrt{ca} )=9+2t$ $(ให้\sqrt{ab} +\sqrt{bc} +\sqrt{ca}= t)$
พิจารณา $t^2=ab+bc+ca+2(\sqrt{a^2bc}+ \sqrt{ab^2c} +\sqrt{abc^2} )=11+2s(\because abc=1)$
จาก $t^2=11+2s$ จะได้ว่า $\pm t=\sqrt{11+2s}$ แทนค่าใน $s^2=9+2t$ จะได้
$s^2=9+2\sqrt{11+2s}$
$s^2-9=2\sqrt{11+2s}$ ยกกำลัง 2 แล้วจะได้ $s^4-18s^2-8s = -37$
ให้ $a=2548$ จะได้ $\frac{(a+1)^3}{(a-1)a}-\frac{(a-1)^3}{a(a+1)} $
จัดรูปจะได้ $8+\frac{16}{a^2-1}=8+\frac{16}{{2548}^2-1}$
จำนวนเต็มมากสุดไม่เกิน $= 8$
วาดแผนภาพของ $AUBUC$ จะมีอยู่ทั้งหมด $7$ ช่อง เลือกตัวเลขลงทั้ง $2549$ ตัวได้ $7^{2549}$วิธี
$$(a+b+c)^2 \geq 3(ab+bc+ca)$$
$$\frac{3}{ab+bc+ca} \geq \frac{9}{(a+b+c)^2}$$
$$1+\frac{3}{ab+bc+ca} \geq 1+\frac{9}{(a+b+c)^2}
\geq \sqrt{1}\sqrt{\frac{9}{(a+b+c)^2}}$$
$$=\frac{6}{a+b+c}$$
จากสมการเริ่มต้นเราจะได้ว่า
$$x=[\frac{2x}{3}]+[\frac{3x}{5}]-[\frac{x}{3}]$$
สังเกตว่าทุกพจน์ในฝั่งขวามือของสมการเป็นจำนวนเต็ม นั่นคือเราจะได้ว่า $x\in I^+$
กำหนดให้ $k\in I^+\cup {0}$
กรณี $x=3k$ จะได้ว่า
$$3k+[k]=[2k]+[2k-\frac{k}{5}]$$
$$[-\frac{k}{5}]=0$$
$$k=0$$
จะได้ $x=0$ ซึ่งใช้ไม่ได้
ดังนั้น $x\in\phi$
กรณี $x=3k+1$ จะได้ว่า
$$3k+1+[k+1/3]=[2k+2/3]+[2k-\frac{k-3}{5}]$$
$$[\frac{3-k}{5}]=1$$
จะได้ $k\in\phi$
ดังนั้น $x\in\phi$
กรณี $x=3k+2$ จะได้ว่า
$$3k+2+[k+2/3]=[2k+1+2/3]+[2k+1-\frac{k-1}{5}]$$
$$[\frac{1-k}{5}]=0$$
จะได้ $k=1$
ดังนั้น $x=5$
จากทั้งสามกรณีจะได้ว่าคำตอบของสมการคือ $x=5$
ปล. อาจใช้สมการ $x-1<[x]\leq x$ ช่วยในตอนจบของแต่ละกรณีก็ได้ แต่ในปัญหานี้ค่อนข้างชัดแจ้งเลยขอละไว้
เพราะว่า $(m,n)|[m,n]$
จากสมการ $(m,n)+[m,n]=633$
จะได้ว่า $(m,n)|633$
หรือ $(m,n)=1,3,211,663$
และ $[m,n]=632,630,422,0$
และ $[m,n](m,n)=mn=632,1890,211\cdot422,0$
แต่ $2mn\leq m^2+n^2=3789$ และ $[m,n]\geq(m,n)$
นั่นคือ $mn=632,1890$
จะได้ $m^2+2mn+n^2=3789+1264,3789+3780$
ดังนั้น $m+n=87$
สังเกตว่าจากที่มีจำนวนที่อยู่ในเซต $A_1$ ดังนั้นจึงเหลือแค่ 2 กรณี
i)$p|a$ และ $p|b$ สังเกตว่าสำหรับจำนวนเต็มบวก $n_0$ ใดๆที่มีค่าอย่างน้อย $k$ จะอยู่ในเซต $A_k$ ดังนั้นในกรณีนี้ $A_k$ ไม่เป็นเซตว่างสำหรับจำนวนเต็มบวก $k$ ใดๆ
ii)$p\not|a$ และ $p\not|b$ ได้ว่า $(a,p)=(b,p)=1$ จากทฤษฏีบทของออยเลอร์ ได้ว่า
$\displaystyle a^{\phi(p^k)}\equiv 1\equiv\ b^{\phi(p^k)}\pmod{p^k}$ ดังนั้น $A_k$ ไม่เป็นเซตว่าสำหรับจำนวนเต็มบวก $k$ ใดๆ
สรุปสองกรณี ก็ได้ตามที่โจทย์ต้องการแสดง
สมมติว่ามี $f$ ที่สอดคล้องสมการดังกล่าวจริง
แทน $x=y=1$ ได้ว่า $f(1)=2f(1)$ ดัีงนั้น $f(1)=0$
จาก $f$ เป็น $1-1$ ได้ว่า $f(x)\not =0$ สำหรับจำนวนเต็มบวก $x$ ที่มีค่ามากกว่า $1$
สามารถแสดงได้โดยการอุปนัยว่า $f(a^k)=kf(a)$ ทุกจำนวนเต็มบวก $a$ และจำนวนเต็มบวก $k$
พิจารณา $S=\left\{f(2),f(3),f(5)\right\}$ ต้องมีสองอันที่เครื่องหมายเดียวกัน
หากใน $S$ มีสมาชิกสองตัวที่เป็นบวก โดยไม่เสียนัย ให้เป็น $f(2),f(3)$ พิืจารณา $f(2),f(3)$ ดังนี้
ให้ $f(2)=\frac{a}{b}$ และ $f(3)=\frac{c}{d}$ โดย $a,b,c,d\in\mathbb{N}$ สังเกตว่า $f(2^{bc})=ac=f(3^{ad})$
แต่เห็นได้ชัดว่า $2^{bc}\not =3^{ad}$ จึงเกิดข้อขัดแย้งกับที่ $f$ เป็นฟังก์ชัน $1-1$
แต่หากว่ามีสมาชิกใน $S$ ไม่เกิน 1 ตัวที่มีค่าเป็นบวก นั่นคือ มีสมาชิกใน $S$ ที่เป็นลบอย่างน้อย 2 ตัว สังเกตว่า $g(x)=-f(x)$ สอดคล้องสมการโจทย์
ดังนั้นมาพิจารณา $g(2),g(3),g(5)$ แทน
ขอละนะครับ แต่ก็คือว่าสมมติเป็น $g(2),g(3)$ ที่น้อยกว่า 0 แล้วก็ทำแบบเดิมกับตอนกรณีแรก (ทำได้แล้วเพราะว่าคราวนี้ $g(2),g(3)$ มากกว่า 0)
ต่อ $MC$ ไปทาง $C$ ถึงจุด $D'$ ให้ $CD=CD'$ สังเกตว่า
$(MA)(MC)+(MA)(CD)=(MB)(MD)$
$(MA)(MD')=(MB)(MD)$
ดังนั้น $A,B,D,D'$ cyclic
ได้ $\angle DD'A=\angle DBA$ ในขณะที่ $\angle DCK=\frac{1}{2}\angle DCA=\angle DD'C$ (เพราะ $\bigtriangleup DCD'$ เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่ว)
ดังนั้น $B,C,D,K$ cyclic
สังเกตว่าตอนนี้เหลือแค่ต้องพิสูจน์ว่า $BC=DK\Leftrightarrow BK||CD$ โดยมีว่า $B,C,D,K$ cyclic ซึ่งค่อนข้างง่าย จึงขอละ ณ ที่นี้ (ไล่มุมไปเรื่อยๆ+สามเหลี่ยมเท่ากันทุกประการ)
นิยามเซต $S_k=\left\{m+n|(m-n)^2=kmn+m+n;m,n\in\mathbb{N}\right\}$
สมมติว่ามีคู่อันดับ $(X,Y)$ ซึ่งสอดคล้องสมการโจทย์ในกรณี $k$ ที่ fix ไว้อยู่่จำกัดคู่
ได้ว่า $S_k$ เป็นเซตจำกัด ซึ่งต้องมีค่าสูงสุด
ให้ $(X,Y)$ เป็นคู่อันดับที่ $X+Y$ มีค่าสูงที่สุด สังเกตว่า หาก $(X,Y)\in S_k$ แล้ว $(Y,X)\in S_k$
และสมมติ $X=Y$ จะได้ว่า $0=kXY+X+Y$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้
ดังนั้น โดยไม่เสียนัยทั่วไป สมมติ $X<Y$
พิจารณาสมการโจทย์ ได้ว่าสมมูลกับ $m^2-(2n+kn-1)m+(n^2-n)=0$
พิจารณาสมการ $m^2-(2Y+kY-1)m+(Y^2-Y)=0$ ได้ว่ามีคำตอบสองคำตอบโดยคำตอบหนึ่งคือ $X$ ส่วนอีกอันให้เป็น $Z$
เห็นได้ว่า $(Z,Y)$ สอดคล้องสมการโจทย์ และจาก $Z=2Y+kY-1-X\in\mathbb{Z}$ และ $2Y+kY-1-X>X$
ดังนั้น $Z\in\mathbb{N}$ (เพราะ $kY\geq 1,2Y>2X$) นั่นคือ $(Z,Y)\in S_k$
แต่ $Z+Y=(2Y+kY-1-X)+Y>X+Y$ ซึ่งขัดแย้งกับที่สมมติว่า $X+Y$ เป็นค่าที่สูงสุดที่เป็นไปได้
ดังนั้นเซต $S_k$ เป็นเซตอนันต์ ตามต้องการ
แปลงโจทย์ให้เป็นตาราง จะง่ายขึ้นเยอะเลย โจทย์จะกลายเป็นว่า มีตารางขนาด 5x16 ช่อง ระบายด้วยสี 3 สี แล้วพิสูจน์ว่ามีสี่เหลี่ยมมุมฉากที่ทั้งสี่มุมมีสีเดียวกัน
ผมไม่รู้ว่าเขาอนุญาตให้ใช้เรื่องนี้ใน TMO หรือเปล่าครับ "Descartes' rule of signs" ถ้าไม่รู้จัก ลองพิมพ์ใน google หรือ wiki ดูครับ
ขอเรียกย่อๆว่า Descartes นะครับ
สังเกตก่อนว่าหาก $a_n=0$ $a_{n-1}=1$ ทันทีเพราะไม่งั้นจะมีรากซ้ำคือ ศูนย์
ก็แยก $n$ เป็นเลขคู่กับเลขคี่
i)$n$ เป็นเลขคู่ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+a_1x^{2k-1}+...+a_{2k}$
จาก Descartes ได้ว่า $P(x)$ ไม่มีรากบวก
หาก $a_{2k}=0$ ได้ว่า $P(x)=x(x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1)$
ให้ $Q(x)=x^{2k-1}+a_1x^{2k-2}+...+1$ จาก Descartes ได้ว่ารากทุกตัวเป็นลบ
สังเกตว่ารากทุกตัวของ $P(x)$ แตกต่างกันทั้งหมด จาก Descartes ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ นั่นคือ $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+x=x(x^{2k-1}+x^{2k-2}+...+1)$ ซึ่งเป็นที่รู้กันอยู้ว่า $x^k+x^{k-1}+...+1$ มีรากที่เป็นจำนวนเชิงซ้อน สำหรับทุก $k>1$
ดังนั้น $k=1$ นั่นคือ $P(x)=x^2+x$
หาก $a_{2k}=1$ อ้างเหตุผลเดิม ได้ว่า $a_1=a_2=...=1$ ดังนั้น $P(x)=x^{2k}+x^{2k-1}+...+1$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้หากรากทุกตัวของ $P(x)$ เป็นจำนวนจริง
ii)$n$ เป็นคี่ กรณีนี้ยุ่งหน่อย
ก่อนอื่น หาก $n=1$ จะได้ว่า $\left\{a_1 \right\}\not = \left\{ 0,1 \right\}$
ดังนั้น ให้ $n\geq 3$
เช่นเดิม ให้ $P(x)=-x^{2k+1}+a_1x^{2k}+...+a_{2k+1}$
หาก $a_{2k+1}=0$ $P(x)=-x(x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1)$
ให้ $Q(x)=x^{2k}-a_1x^{2k-1}-...-1$ จาก Descartes ได้ว่ามีรากบวก 1 ตัว จึงต้องมีรากลบ 2k-1 ราก ซึ่งจาก descartes จะบีบบังคับว่า $a_2=a_3=...=1$ ส่วน $a_1$ เป็นอะไรก็ได้
ก็ต้องมาแยกกรณีอีกว่า
a)$a_1=0$ พิจารณา $(1-x)P(x)=x^{2k+2}-x^{2k+1}-x^{2k}+1$ จาก Descartes ได้ว่า $(1-x)P(x)$ มีรากบวก 0,2 ตัวและรากลบ 0,2 ตัว
แต่ดีกรีของ $(1-x)P(x)$ มีอย่างน้อย 4 ดังนั้น $n=3$ นั่นคือ $P(x)=-x^3+x$
b)$a_1=1$ (ไม่ไหวละครับ ขี้เกียจพิมพ์) ทำแบบเดียวกัน ได้ว่า $P(x)=-x^3+x^2+x$
ส่วนกรณี $a_{2k+1}=1$ ขอละอีกเช่นกัน ทำแบบเดียวกับตอนกรณีแรก ได้ว่าไม่มีคำตอบที่สอดคล้อง
ดังนั้น $P(x)=x^2+x,-x^3+x,-x^3+x^2+x$
ตอบ 55
กรณีที่ 1. a+e = 6, b+c+d=5 จะได้ $\binom{5}{1}\binom{4}{2}$ = 30
กรณีที่ 2, a+e=7, b+c+d=4 จะได้ $\binom{6}{1}\binom{3}{2}$ = 18
กรณีที่ 3, a+e=8, b+c+d=3 จะได้ $\binom{7}{1}\binom{2}{2}$ = 7
รวม 55
สมมติว่าให้กล่องเรียงจากใบเล็กสุดไปใหญ่สุดเป็นกล่องหมายเลข 1 ถึง 5 ตามลำดับ
ตามโจทย์กล่องทุกใบต้องมีอย่างน้อย 1 ลูก ดังนั้น 5 ลูกแรกให้ใส่กล่องละลูกก่อน จึงเหลืออีก 6 ลูก
ตามโจทย์จำนวนลูกของกล่องที่ 1 กับ 5 รวมกัน ต้องไม่น้อยกว่าอีก 3 กล่องที่เหลือรวมกัน ดังนั้นกล่องที่ 1 กับ 5
ต้องรวมกันได้ 6, 7, หรือ 8 ลูก โดยที่ 3 กล่องที่เหลือรวมกันได้ 5, 4, หรือ 3 ลูกตามลำดับ
เงื่อนไขที่ 1: กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 6 ลูก
กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 6 ลูก คือ (1, 5), (2, 4), (3, 3), (4, 2), (5, 1) หรือ 5 กรณี
อีก 3 กล่องรวมกันได้ 5 ลูก คือ (1, 2, 2), (2, 1, 2), (2, 2, 1), (1, 1, 3), (1, 3, 1), (3, 1, 1) หรือ 6 กรณี
จำนวนกรณีทั้งหมดตามเงื่อนไขนี้ คือ 5 x 6 = 30 กรณี
เงื่อนไขที่ 2: กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 7 ลูก
กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 7 ลูก คือ (1, 6), (2, 5), (3, 4), (4, 3), (5, 2), (6, 1) หรือ 6 กรณี
อีก 3 กล่องรวมกันได้ 4 ลูก คือ (1, 1, 2), (1, 2, 1), (2, 1, 1) หรือ 3 กรณี
จำนวนกรณีทั้งหมดตามเงื่อนไขนี้ คือ 6 x 3 = 18 กรณี
เงื่อนไขที่ 3: กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 8 ลูก
กล่องที่ 1 กับ 5 รวมกันได้ 8 ลูก คือ (1, 7), (2, 6), (3, 5), (4, 4), (5, 3), (6, 2), (7, 1) หรือ 7 กรณี
อีก 3 กล่องรวมกันได้ 3 ลูก คือ (1, 1, 1) หรือ 1 กรณี
จำนวนกรณีทั้งหมดตามเงื่อนไขนี้ คือ 7 x 1 = 7 กรณี
เพราะฉะนั้น จำนวนกรณีทั้งหมดตามเงื่อนไขทั้ง 3 ข้างต้น คือ 30 + 18 + 7 = 55 กรณี
เมื่อ n = 2 จะได้ตัวเลขเป็น 2553 ซึ่งเป็นตัวเลขต่ำสุดที่หารด้วย 2553 ลงตัว
สังเกตว่า 2555 หารด้วย 2553 เหลือเศษ 2 นั่นคือ เมื่อเราเติม 555 ต่อท้ายเลข 2 ของตัวเลข 2553 เดิม
กลายเป็น 2555553 จะทำให้ผลหารส่วนแรกเหลือเศษ 2 รวมกับส่วนท้ายเป็น 2553 ซึ่งหารด้วย 2553 ลงตัว
นั่นคือ เมื่อเพิ่มเลข 5 เข้าไปทีละ 3 ตัว จะได้ตัวเลขใหม่ที่สามารถหารด้วย 2553 ลงตัวเสมอ
เพราะฉะนั้น n = 2, 5, 8, … หรือ n = 3k – 1 เมื่อ k เป็นจำนวนนับ
นักกีฬาแต่ละคนต้องแข่งทั้งหมด $2009$ ครั้ง ดังนั้น $\;b_i \; = \;2009 - a_i $
เนื่องจากทุกคู่ที่แข่งต้องเกิดการแพ้หรือชนะเสมอ ดังนั้น $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } $
จากสมการ $\;b_i \; = \;2009 - a_i $ จะได้ว่า $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {2009} - \sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } \;$ หรือ $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } + \sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i } \; = \;2009 \times 2010$
เมื่อแทนค่า $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } $ จะได้ว่า $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } \; = \;\displaystyle{{{2009 \times 2010} \over 2}}$
จากสมการ $\;b_i \; = \;2009 - a_i $ เมื่อยกกำลังสองจะได้ $\;b_i^2 \; = \;2009^2 - 2 \times 2009 \times a_i + a_i^2 $
หรือ $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i^2 } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {2009^2 } - 2 \times 2009\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } + \sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i^2 } \quad$ แต่เนื่องจาก $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i } \; = \;\displaystyle{{{2009 \times 2010} \over 2}}$
เมื่อแทนค่าจะได้ $\;\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i^2 } \; = \;2009^2 \times 2010 - 2 \times 2009 \times \displaystyle{{{2009 \times 2010} \over 2}} + \sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i^2 } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i^2 } $
เพราะฉะนั้นแสดงว่า $\;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {a_i^2 } \; = \;\sum\limits_{i = 1}^{2010} {b_i^2 } \;$ ตามที่โจทย์ต้องการ
เนื่องจากจำนวนครั้งที่แต่ละคนแข่งเท่ากัน นั่นคือ $a_i+b_i=k$ โดย k เป็นค่าคงที่(ผมขี้เกียจหา)
และเนื่องจากในการแข่งขันครั้งหนึ่งจะเกิดคนชนะและคนแพ้ ดังนั้น $a_1+a_2+...+a_{2010}=b_1+b_2+...+b_{2010}$
พิจารณา
$(a_1^2+a_2^2+...+a_{2010}^2)-(b_1^2+b_2^2+...+b_{2010}^2)$
$=(a_1^2-b_1^2)+(a_2^2-b_2^2)+...+(a_{2010}^2-b_{2010}^2)$
$=(a_1+b_1)(a_1-b_1)+(a_2+b_2)(a_2-b_2)+...+(a_{2010}+b_{2010})(a_{2010}-b_{2010})$
$=k(a_1-b_1)+k(a_2-b_2)+...+k(a_{2010}-b_{2010})$
$=k(a_1-b_1+a_2-b_2+...+a_{2010}-b_{2010})$
$=k((a_1+a_2+...+a_{2010})-(b_1+b_2+...+b_{2010}))$
$=k(0)=0$
ดังนั้น $a_1^2+a_2^2+...+a_{2010}^2=b_1^2+b_2^2+...+b_{2010}^2$ 
แทน $x=y=0$ จะได้ $f(0)+f(0)=f(0)+f(0)+16f(0)$ นั่นคือ $f(0)=0...(1)$
แทน $x=m,y=0$ จะได้ $f(3m)+f(3m)=f(m)+f(m)+16f(m)$ นั่นคือ $f(3m)=9f(m)...(2)$
แทน $x=y=m$ จะได้ $f(4m)+f(2m)=f(2m)+f(0)+16f(m)$ นั่นคือ $f(4m)=16f(m)...(3)$
แทน $x$ ด้วย $x−y$ และ แทน $y$ ด้วย $3x−3y$ แล้ว simplify จะได้ $f(6x)=f(4x)+f(−2x)+16f(x)$ ซึ่งจากสมการ $(2),(3)$ สามารถ simplify ได้อีก เป็น $9f(2x)=32f(x)+f(−2x)...(4)$
แทน $x$ ด้วย $−x$ ใน สมการ $(4)$ แล้วรวมกับสมการ $(4)$ เดิม จะได้ $8(f(2x)+f(−2x))=32(f(x)+f(−x))...(5)$
แทน $y=5x$ ในสมการโจทย์ แล้วใช้สมการ $(2),(3)$ จะได้ $7f(2x)+f(−2x)=16(f(x)+f(−x))...(6)$
พิจารณาสมการ $(5),(6)$ จะได้ $f(2x)=f(−2x)$ ซึ่ง ก็คือความหมายเดียวกับ $f(x)=f(−x)$
$LHS = \dfrac{a^6}{abc^2}+\dfrac{b^6}{bca^2}+\dfrac{c^6}{cab^2}$
$~~~~~~\geq \dfrac{(a^3+b^3+c^3)^2}{abc(a+b+c)}$ ใช้อสมการ Cauchy
$~~~~~~\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^3}{3abc(a+b+c)}$ ใช้อสมการ power mean $(a^3+b^3+c^3)^2\geq \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^3$
$~~~~~~\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2}{3abc(a+b+c)}$ ใช้อสมการ $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$
$~~~~~~\geq a^2+b^2+c^2$ ใช้อสมการ $(ab+bc+ca)^2\geq 3abc(a+b+c)$
อสมการสมมูลกับ
$a^7b+b^7c+c^7a\geq a^4b^2c^2+a^2b^4c^2+a^2b^2c^4$
จาก Weighted AM - GM
$a^4b^2c^2=(a^7b)^{23/43}(b^7c)^{9/43}(c^7a)^{11/43}$
$~~~~~~~~\leq \dfrac{23}{43}a^7b+\dfrac{9}{43}b^7c+\dfrac{11}{43}c^7a$
อีกสองอสมการก็ทำแบบเดียวกัน บวกกันทั้งหมดจะได้อสมการที่ต้องการ
จาก Holder's inequality
$\displaystyle{\sum_{cyc}a^4=\sum_{cyc}\Big(\dfrac{a^5}{bc^2}\Big)^{1/3}\Big(\dfrac{a^5}{bc^2}\Big)^{1/3}\Big(a^2b^2c^4\Big)^{1/3}}$
$~~~~~~~~\displaystyle{\leq \sqrt[3]{\Big(\sum_{cyc}\frac{a^5}{bc^2}\Big)^2(a^2b^2c^2)(a^2+b^2+c^2)}}$
ดังนั้น
$LHS^2\geq \dfrac{(a^4+b^4+c^4)^3}{a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)}$
$~~~~~~~\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^6}{27a^2b^2c^2(a^2+b^2+c^2)}$ ใช้อสมการ power mean $a^4+b^4+c^4\geq \dfrac{1}{3}(a^2+b^2+c^2)^2$
$~~~~~~~\geq (a^2+b^2+c^2)^2$ ใช้อสมการ AM-GM $(a^2+b^2+c^2)^3\geq 27a^2b^2c^2$
A.M.-G.M. Inequality
\[\sum_{cyc}(\frac{a^5}{bc^2}+\frac{a^5}{bc^2}+b^2+c^2+c^2)\geqslant \sum_{cyc}5a^2\]
ให้รากทั้ง 5 ตัวคือ $x_1,x_2,...,x_5$
จากผลบวกรากผลคูณรากของสมการจะได้ว่า
$ x_1+x_2+...+x_5= -\frac{5}{2}$ -----------(1)
และ $x_1x_2+...+x_4x_5=\frac{5}{2}$-------------(2)
$(1)^2-2*(2)$ จะได้ $x_1^2+x_2^2+...+x_5^2=\frac{5}{4}$-------(3)
$(3)*4-2*(2)$ จะได้ $(x_1-x_2)^2+(x_1-x_3)^2...+(x_4-x_5)^2= 0$
เพราะฉะนั้นรากทุกตัวต้องเท่ากัน นั่นคือ$x_1=x_2=...=x_5$
จะได้ว่ารากก็คือ $-\frac{1}{2}$
ถ้าสมการ $x^5+ax^4+bx^3+cx^2+dx+e=0$ มีรากเป็นจำนวนจริงทั้งหมดแล้ว $2a^2\geq 5b$
สมการเป็นจริงก็ต่อเมื่อรากทั้งหมดมีค่าเท่ากัน
กลับมาที่โจทย์จะเห็นว่า $2\Big(\dfrac{5}{2}\Big)^2=5\Big(\dfrac{5}{2}\Big)$
ดังนั้นรากทุกรากต้องเท่ากัน 
ผมให้ guide ไว้แล้วกันครับว่า ต้องพิสูจน์ $ \binom{100}{p} \equiv \left\lfloor\ \frac{100}{p} \right\rfloor \,\, (mod p) $ ซึ่งใช้ Wilson's theorem ประกอบกับหลักที่ว่า จำนวนเต็ม p จำนวนเรียงกัน มีเศษใน mod p ต่างกันหมด
ดังนั้น ก็จะเหลือแค่หา $ p | \left\lfloor\ \frac{100}{p} \right\rfloor +7$ ซึ่งลองแบ่งเป็นกรณี
$ \frac{100}{p} < p $ กับ $ \frac{100}{p} \geq p $ แล้วใช้ พีชคณิตจุกจิกนิดหน่อยก็จบครับ
อาศัยหลักรังนกพิราบทั่วไปที่กล่าวว่า “ถ้ามีนก $n$ ตัวบินเข้ารัง $m$ รัง โดยที่ $n > m$ แล้ว จะมีรังอย่างน้อย $1$ รัง
ที่มีนกอย่างน้อย $\left\lceil {{n \over m}} \right\rceil $ ตัว” เมื่อ $\left\lceil x \right\rceil $ หมายถึงจำนวนเต็มที่มากกว่าหรือเท่ากับ $x$
นักเรียน $2010$ คนมาจาก $5$ ภูมิภาค จะมีอย่างน้อย $1$ ภูมิภาค ที่มีอย่างน้อย $\left\lceil {{{2010} \over 5}} \right\rceil \; = \;402$ คน
นักเรียน $402$ คนจากภูมิภาคเดียวกัน จะมีเพศหนึ่งที่มีอย่างน้อย $\left\lceil {{{402} \over 2}} \right\rceil \; = \;201$ คน
นักเรียน $201$ คนจากภูมิภาคเดียวกันและเป็นเพศเดียวกัน จะเกิดเดือนเดียวกันอย่างน้อย $\left\lceil {{{201} \over {12}}} \right\rceil \; = \;17$ คน
ตอนนี้เหลือเพียงพิสูจน์ว่า $17$ คนนี้ ซึ่งเกิดเดือนเดียวกัน เป็นเพศเดียวกัน และมาจากภูมิภาคเดียวกัน จะมี $3$ คน
ที่ทุกๆ คู่ใน $3$ คนนี้ เลือกถกปัญหาร่วมกันในหัวข้อเดียวกันหมด (จากปัญหาที่มีให้เลือก $3$ หัวข้อตามโจทย์)
เราแทนประเด็นนี้ได้ด้วยแนวคิดของจุดในอวกาศ $17$ จุด (แทนนักเรียน $17$ คน) ที่ไม่อยู่บนเส้นตรงเดียวกัน
เมื่อลากเส้นเชื่อมแต่ละจุดโดยเลือกเส้นเชื่อมสีใดสีหนึ่งจาก $3$ สีที่กำหนดให้ ซึ่งสมมติว่าเป็นสีเขียว น้ำเงิน และแดง
(แทนปัญหาทั้ง $3$ ข้อที่ให้เลือก) เราต้องพิสูจน์ว่าจะเกิดสามเหลี่ยมที่มีด้านทั้งสามเป็นสีเดียวกันหมด!
พิจารณาจุด $A$ ซึ่งลากเส้น $16$ เส้นไปเชื่อมกับอีก $16$ จุดที่เหลือ จะมีอย่างน้อย $\left\lceil {{{16} \over 3}} \right\rceil \; = \;6$ เส้นที่เป็นสีเดียวกัน
สมมติว่าเป็นสีเขียว หากว่า $6$ จุดที่เป็นปลายทางจากจุด $A$ ดังกล่าว มีเส้นเชื่อมจุดทั้ง $6$ ที่เป็นสีเขียวเพียงเส้นเดียว
ก็จะเกิดสามเหลี่ยมที่มีด้านทั้งสามเป็นสีเขียวทันที และการพิสูจน์ก็เป็นอันเสร็จสิ้น
กรณีที่เส้นเชื่อมจุดทั้ง $6$ ไม่มีสีเขียวเลย ก็แปลว่าต้องเป็นสีน้ำเงินหรือสีแดงเท่านั้น โจทย์ตอนนี้เปลี่ยนเป็น
จุดในอวกาศ $6$ จุด (แทนนักเรียน $6$ คนนั้น) ที่ไม่อยู่บนเส้นตรงเดียวกัน เมื่อลากเส้นเชื่อมแต่ละจุดโดยเลือก
เส้นเชื่อมเป็นสีน้ำเงินหรือสีแดง (แทนปัญหา $2$ ข้อที่เหลือให้เลือกได้) เราต้องพิสูจน์ว่าจะเกิดสามเหลี่ยมที่มี
ด้านทั้งสามเป็นสีเดียวกันหมด!
พิจารณาจุด $B$ ซึ่งลากเส้น $5$ เส้นไปเชื่อมกับอีก $5$ จุดที่เหลือ จะมีอย่างน้อย $\left\lceil {{5 \over 2}} \right\rceil \; = \;3$ เส้นที่เป็นสีเดียวกัน
สมมติว่าเป็นสีน้ำเงิน หากว่า $3$ จุดที่เป็นปลายทางจากจุด $B$ ดังกล่าว มีเส้นเชื่อมจุดทั้ง $3$ ที่เป็นสีน้ำเงิน
เพียงเส้นเดียว ก็จะเกิดสามเหลี่ยมที่มีด้านทั้งสามเป็นสีน้ำเงินทันที และการพิสูจน์ก็เป็นอันเสร็จสิ้น
กรณีที่เส้นเชื่อมจุดทั้ง $3$ ไม่มีสีน้ำเงินเลย ก็แปลว่าต้องเป็นสีแดงทั้งหมด ซึ่งก็จะทำให้เกิดสามเหลี่ยมที่มีด้านทั้งสาม
เป็นสีแดงเหมือนกันหมด และการพิสูจน์ก็เป็นอันเสร็จสิ้นเช่นกัน
เรื่องของเรื่องอยู่ที่การหา $DE$ ให้อยู่ในรูป $AB,BC,CA$
เราต่ิอ $AD$ และ $AE$ ออกไปตัดด้าน $BC$ ที่จุด $D',E'$ ตามลำดับ
จะเห็นว่าในสามเหลี่ยม $ABD'$ ส่วนสูง $BD$ ของสามเหลี่ยมแบ่งครึ่งมุม $\angle ABD'$
ดังนั้นเราจะได้ว่าสามเหลี่ยม $ABD'$ เป็นหน้าจั่ว(มีมุม B เปนมุมยอด) ทำให้ได้หลายอย่างๆ นยั่นคือ $AB=BD'$
และได้ว่า $D$ เปนจุดกึ่งกลางด้าน $AD'$ ในทำนองเดียวกันกับสามเหลี่ยม $ACE'$ เราก้อจะได้ $CE'=AC$
และ $E$ ก้อจะเปนจุดกึ่งกลางด้าน $AE'$ ด้วย
ดังนั้น DE จึงขนานกับ D'E' เรายังจะได้ด้วยว่า $DE=\dfrac{1}{2}D'E'$
สังเกตว่า(นี่เป็นกรณีที่จุด$D',E'$อยู่ภายในด้าน $BC$ ส่วนกรณีอื่นสามารถทำได้ในทำนองเดียวกันนะจ้ะ) $BE'+D'E'+CD'=BC\rightarrow (BD'-D'E')+D'E+'(CE'-D'E')=BC\rightarrow
(AB+AC)-D'E'=BC\rightarrow D'E'=AB+AC-BC$
จึงได้ $DE=\dfrac{1}{2}(AB+AC-BC)$
ปล1.นอกจากนี้จากที่ DE ขนานกับ D'E'(ซึ่งก้อคือBC) ทำให้ได้ด้วยว่า MN ขนานกับ BC
แต่จากที่ $D,E$ เป็นจุดกึ่งกลางด้าน $AD',AE'$ ดังนั้น $M,N$ เป็นจุดกึ่งกลางด้าน $AB,AC$ ด้วย
จึงได้ $MN=\dfrac{1}{2}BC$ เอา 2 ตัวนี้ไปแทนค่าก้อจบแระ  .....
Attachment 3226
จากรูปจะได้ว่า $AC=CF,AB=BG$
ทำให้$MN//BC$
และเห็นได้โดยง่ายว่า $\frac{DE}{MN}=\frac{FG}{BC}$
$\therefore \frac{AB+AC}{BC} $
$=\frac{BG+CF}{BC} $
$=\frac{BC+FG}{BC} $
$=1+\frac{FG}{BC} $
$=1+\frac{DE}{MN} $
ตรงช่วงแรกที่พิสูจน์ว่าเป็นสามเหลี่ยม ไม่ยากครับ ขอพิสูจน์แค่เฉพาะอสมการส่วนสูงแล้วกัน
แนวคิดคร่าวๆ คือ จาก law of cosine : $ b_3^2+c_3^2 -2b_3c_3 \cos A_3 =a_3^2$
สุดท้าย จัดรูปแล้วจะได้ $ b_3c_3 \cos A_3 = b_2c_2 \cos A_2+ b_1c_1 \cos A_1 $
พอยกกำลังสองทั้ง 2 ข้าง แล้วจัดรูปอีกครั้ง จะได้
$(b_1c_2\cos A_1 - b_2c_1\cos A_2)^2 +(b_1c_2 \sin A_1)^2 +(b_2c_1 \sin A_2)^2 = 4(\Delta_3^2 -\Delta_1^2-\Delta_2^2 ) $
ดังนั้น $ (b_1c_2 \sin A_1)^2 +(b_2c_1 \sin A_2)^2 \leq 4(\Delta_3^2 -\Delta_1^2-\Delta_2^2 )$
ซึ่งสมมูลกับ $$ \frac{\Delta_3^2}{c_3^2} \,\, \geq \,\, \frac{\Delta_1^2}{c_1^2} \,+\,\frac{\Delta_2^2}{c_2^2} \Rightarrow r_3^2 \,\,\geq \,\, r_1^2+ r_2^2 $$
Note :สัญลักษณ์ $ \Delta $ หมายถึงพื้นที่สามเหลี่ยมครับ
ถ้าลองเปลี่ยนมุมมองจากโจทย์ FE มาเป็น โจทย์เรขาคณิต ผสมพีชคณิต จะง่ายกว่าเดิมเยอะเลย
จริงๆ เงื่อนไขฟังก์ชัน ก็เหมือนเรา label จำนวนจริงให้จุดทุกจุดบนระนาบ XY โดย มีข้อแม้ว่า ผลบวกค่าที่ทุกจุดมุมของสี่เหลี่ยมรูปข้าวหลามตัดใดๆ ต้องเป็น 2010
ลองดูรูปข้างล่างประกอบครับ
รวมค่าตัวเลขของจุดมุมของข้าวหลามตัด 5 รูป (4 รูปเล็กกับ 1 รูปใหญ่) จะได้สมการ
2(a+b+c+d+e+f+g+h+i)+2e = (5)(2010)
(a+b+c+d+e+f+g+h+i)+e = (5)(1005)
(a+b+d+e)+(e+f+h+i) +(c+g) = 5025
ดังนั้น c+g = 1005
ซึ่งส่งผลให้ a+i = 1005
เท่ากับว่า ตอนนี้ ผลบวกมุมตรงข้ามของข้าวหลามตัดใหญ่ เป็น 1005
จากนั้นถ้าเราแบ่ง cbef ,edgh เป็น 4 รูปย่อย เหมือนรูปใหญ่ ก็จะได้ c+e =1005 และ e+g =1005
ดังนั้น g= e= c
ในทำนองเดียวกัน จาก a+i =1005 ก็จะได้ a= i = e
สรุปว่า a= i=c=g = 502.5
แต่รูปนี้ สร้างตรงไหนบนระนาบ XY ก็ให้จุดมุมเป็น 502.5 เสมอ ดังนั้น จุดทุกจุดถูก label ด้วยค่าคงที่ 502.5 ถ้าลองเปลี่ยนมุมมองจากโจทย์ FE มาเป็น โจทย์เรขาคณิต ผสมพีชคณิต จะง่ายกว่าเดิมเยอะเลย
จริงๆ เงื่อนไขฟังก์ชัน ก็เหมือนเรา label จำนวนจริงให้จุดทุกจุดบนระนาบ XY โดย มีข้อแม้ว่า ผลบวกค่าที่ทุกจุดมุมของสี่เหลี่ยมรูปข้าวหลามตัดใดๆ ต้องเป็น 2010
ลองดูรูปข้างล่างประกอบครับ
รวมค่าตัวเลขของจุดมุมของข้าวหลามตัด 5 รูป (4 รูปเล็กกับ 1 รูปใหญ่) จะได้สมการ
2(a+b+c+d+e+f+g+h+i)+2e = (5)(2010)
(a+b+c+d+e+f+g+h+i)+e = (5)(1005)
(a+b+d+e)+(e+f+h+i) +(c+g) = 5025
ดังนั้น c+g = 1005
ซึ่งส่งผลให้ a+i = 1005
เท่ากับว่า ตอนนี้ ผลบวกมุมตรงข้ามของข้าวหลามตัดใหญ่ เป็น 1005
จากนั้นถ้าเราแบ่ง cbef ,edgh เป็น 4 รูปย่อย เหมือนรูปใหญ่ ก็จะได้ c+e =1005 และ e+g =1005
ดังนั้น g= e= c
ในทำนองเดียวกัน จาก a+i =1005 ก็จะได้ a= i = e
สรุปว่า a= i=c=g = 502.5
แต่รูปนี้ สร้างตรงไหนบนระนาบ XY ก็ให้จุดมุมเป็น 502.5 เสมอ ดังนั้น จุดทุกจุดถูก label ด้วยค่าคงที่ 502.5
Lemma $n\nmid r^{n-1}+1$ เมื่อ r เป็นจำนวนเฉพาะ
พิสูจน์ lemma
สมมุติว่ามี n ซึ่ง$n\mid r^{n-1}+1$
เขียน $n=p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k}$
เขียน ${p_i}-1=2^{m_i}q_i $ เมื่อ $q_i $เป็นจำนวนคี่
เลือก $p_i$ ที่ทำให้ $m_i=min ({m_1,m_2,...,m_k})$
ดังนั้น $n\equiv 1 (mod 2^{m_i}) (\because m_i คือmin)$
$\therefore n-1=2^{m_i}t$
$r^{2^{m_i}t}\equiv -1 (mod p_i )$
จาก $q_i$ เป็นคี่
ทำให้$ r^{(2^{m_i}q_i)t}\equiv -1 (mod p_i )$
$ r^{(p_i-1)t}\equiv -1 (mod p_i )$
จากแฟรมาจะได้ว่า $1\equiv -1 (mod p_i )$ เกิดข้อขัดแย้งเพราะ $p_i \not= 2$
ดังนั้น $n\nmid r^{n-1}+1$
กลับมาที่โจทย์
จากโจทย์ กำหนดว่า $pq\mid r^{p}+r^{q}$
ดังนั้น $p\mid r^{p}+r^{q}$
$r^q\equiv -r^p (mod p)$
$\therefore r^q\equiv -r (mod p)(\because จากแฟรมา)$
$ r^{pq}\equiv -r^p (mod p) (ยกกำลัง p และจาก p เป็นจำนวนคี่ )$
$ \therefore r^{pq}\equiv -r (mod p)$
ทำให้ $p\mid r^{pq}+r$
แต่ p เป็นจำนวนเฉพาะ และ p>r
$\therefore p\mid r^{pq-1}+1$
ทำนองเดียวกันจะได้ $q\mid r^{pq-1}+1$
จาก $(p,q)=1$
$\therefore pq\mid r^{pq-1}+1$
ซึ่งจาก Lemma จะได้ว่าไม่มี p q ที่สอดคล้อง
$\therefore$ ไม่มี $p, q, r$ ที่สอดคล้องกับโจทย์
ปัจจุบันมีโจทย์ปัญหา $37$ ข้อ ถูกแก้แล้ว
__________________
เวลาที่เหลืออยู่มีวิธีการใช้สองแบบ คือ
ทางที่เรียบง่ายไม่มีอะไร กับอีกทาง ที่ทุกอย่างล้วนมหัศจรรย์ 
11 เมษายน 2011 23:57 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 41 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ -SIL-
|