แจกเฉพาะกิจ (เฟส 3) : Undergraduate and olympiad

[kanakon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

(1) คุณ kanakon

ตอนนี้ ข้อ 4 ตอนที่ 1 ก็ถูกคุณ kanakon จัดการไป 4 ข้อย่อย แบบถูกต้องแล้วนะครับ เหลือแต่ข้อที่เป็นชื่อ ทฤษฎี

สรุปว่า ตอนนี้ คุณ kanakon มี 6 คะแนน จากตอนที่ 1 และ 2 คะแนน จากตอนที่ 2

พี่ passer-by รวมคะแนนข้อ O.D.E. ให้ผมด้วยคร้าบ

[RoSe-JoKer]

พิจารณาสามเหลี่ยมใดๆ 2 รูปที่มีฐานร่วมกันจะได้ว่าด้านที่รวมกัน 2 ด้านของสามเหลี่ยมรูปในจะน้อยกว่าด้านที่เหลือสองด้านของสามเหลี่ยมรูปนอก เสมอ
****
จากรูปนะครับผมลาก DF ผ่านจุด B ตัด AC ที่ F นะครับจะได้ว่า
มุม BAF < มุม DAF
โดยที่มีมุม AFB เท่ากัน ดังนั้นจะได้ว่า
มุม ABF > มุม ADF เสมอ จะได้ว่า
ให้มุม ABF = A
มุม ABF = B
มุม AFB= C
SinA/AF=SinC/AB และ
SinB/AF=SinC/AD
จะได้ว่า
AB= SinC•AF/SinA
AD= SinC•AF/SinB
จาก SinA>SinB
ได้ว่า
1/SinA< 1/SinB คูณด้วย SinC ตลอดจะได้ว่า
AB<AD
ตามต้องการส่วนด้าน DC > BC ก็ทำนองเดียวกันนิแหละครับก็จะได้ว่า
AD+DC>AB+BC....

[Mastermander]

เข้ามาดู

[kanakon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

2.สำหรับ จำนวนนับ $ n \geq 2 $ พิสูจน์ว่า ช่วง $ (2^n+1 ,2^{n+1}-1)$ บรรจุจำนวน
เต็มที่สามารถเขียนได้ในรูปผลบวกของจำนวนเฉพาะ n ตัว (ที่ซ้ำกันได้) (2 คะแนน)

พิสูจน์โดย mathematical induction
ขั้นต้น $(2^1+1,2^3-1)=(5,7)$ มี 6 ซึ่ง $6=3+3$ ดังนั้น $P(1)$ เป็นจริง
ขั้นอุปนัย สมมติว่า $P(k)$ เป็นจริง $k\geq 2$ นั่นคือจะมี $x \in \mathbb{N}$
ซึ่ง $2^{k+1}-1>x>a^k+1$ และมีจำนวนเฉพาะ $p_1,p_2,p_3,...,p_k$
ซึ่ง $x=p_1+p_2+p_3+...+p_k$
จาก $2^{k+1}-2^k=2^k>1$
จากทฤษฎีบท Tschebychev ($n \in \mathbb{N},n\geq2$จะมีจำนวนเฉพาะในลำดับ $n,n+1,n+2,...,2n$)
ซึ่ง $2(2^{k+1}-2^k)>p_{k+1}>2^{k+1}-2^k$
$\therefore 2^{k+1}-1+2^{k+2}-2^{k+1}>x+p_{k+1}>2^k+2^k+1-2^k+1$
$2^{k+2}-1>x+p_{k+1}>2^{k+1}+1$
จะเห็นว่ามี $y$ ซึ่งทำให้ $y=p_1+p_2+p_3+...+p_k+p_{k+1}$ นั่นคือ $P_{k+1}$ เป็นจริง
ดังนั้น สำหรับ จำนวนนับ $ n \geq 2 $ ในช่วง $ (2^n+1 ,2^{n+1}-1)$ บรรจุจำนวน
เต็มที่สามารถเขียนได้ในรูปผลบวกของจำนวนเฉพาะ n ตัว (ที่ซ้ำกันได้) เป็นจริงโดยหลักอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์
ปล. เหนื่อยเหมือนกันแหะ

[passer-by]

ผมว่า ผมรวมคะแนน ข้อ ODE ให้คุณ kanakon แล้วนะครับ

สรุป คือ ตอนที่ 1 คุณ kanakon

(i) ตอบข้อ ODE ได้ 2 คะแนน
(ii) ตอบข้อ 4 ถูกไป 4 ข้อย่อย ได้อีก ข้อย่อยละ 1 คะแนน รวมเป็น 4 คะแนน

รวมเป็น 6 คะแนน

ส่วนตอนที่ 2 ก็ตอบข้อ 4 และ 2 ถูก ก็ได้คะแนนรวมเป็น 4 คะแนน

ส่วนคำตอบเพิ่มเติมของทั้งคุณ Rose-Joker และคุณ timestopper ก็ไม่มีปัญหาครับ (แต่จริงๆ ข้อ 1 ตอนที่ 2 สามารถอธิบายได้สั้นกว่านี้นะครับ โดยไม่ต้องยุ่งกับกฎของ sine ใครอยากจะลองตอบก็เชิญตามสบายครับ)


เท่ากับตอนนี้ ผลคะแนนแต่ละท่านเป็นดังนี้
PART 1
Kanakon : 6
Timestopper:4

PART 2
Kanakon:4
Rose-Joker: 3


มา hint อีกหน่อยดีกว่า

ข้อ 3.2 ตอนที่ 1 ลองแบ่ง $ b_n $ ตามจำนวนหลักดูนะครับ แล้วหาตัวมา bound

ข้อ 5.1 ให้นึกถึง binomial theorem แบบที่เลขยกกำลังไม่ใช่จำนวนนับครับ

[RoSe-JoKer]

รู้สึกตอนนี้จะมีคนทำอยู่ 3 คนแล้วคุณพี่เขาก็กินเรียบ - -"

[RoSe-JoKer]

ข้อ 1 อีกวิธีครับ... กันคนแย่งคะแนนหรือพี่ passer-by จะเพิ่มคะแนนให้ผมก็ไม่ว่านะ 55+
ลาก AF ตั้งฉาก DF ครับ แล้วก็ปิทากอรัสธรรมดาๆจาก DF>BF

[RoSe-JoKer]

ทำได้ละครับ...ข้อ 4 part 2
ให้ a>b จะได้ว่า b ต้องหาร a ลงตัว
พิจารณา b=13665001*13665001*13665001 = 2551696414821715995 "001"
ได้ว่าให้ a=13665001*13665001*13665001*10....0 = "2551"696414821715995001....000...
(มี 10 จำนวน 3n ตัว)
ก็จะได้ว่า b หาร a ลงตัวและเป็นไปตามเงื่อนไขข้อ 4 ครับ
=>โดยจะเห็นได้ชัดว่ามี 0 เป็นจำนวนอนันต์ดังนั้นมีคู่อันดับ a,b เป็นจำนวนอนันต์ตาม...

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

ทำได้ละครับ...ข้อ 4 part 2
ให้ a>b จะได้ว่า b ต้องหาร a ลงตัว
พิจารณา b=13665001*13665001*13665001 = 2551696414821715995 "001"
ได้ว่าให้ a=13665001*13665001*13665001*10....0 = "2551"696414821715995001....000...
(มี 10 จำนวน 3n ตัว)
ก็จะได้ว่า b หาร a ลงตัวและเป็นไปตามเงื่อนไขข้อ 4 ครับ
=>โดยจะเห็นได้ชัดว่ามี 0 เป็นจำนวนอนันต์ดังนั้นมีคู่อันดับ a,b เป็นจำนวนอนันต์ตาม...

ชอบ solution นี้ครับ ดูพยายามสรรหาตัวเลขดีจัง ผมขอให้ 4 คะแนนเต็ม ครับ (คะแนนเดิมที่ได้ 2 คะแนน upgrade เป็น 4 คะแนนครับ)

ยังมี solution อื่นอีกนะครับ สำหรับท่านอื่น

สรุปคะแนนตอนนี้

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:4 (1+3)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 5 (1+4)

ปีนี้ ปริมาณคนเล่นไม่ต่างจากเดิม แต่ดู competitive ดีนะครับ

[RoSe-JoKer]

คำตอบ ข้อ 3 Part 2 คือเป็นไปไม่ได้ครับ
วิธีคิดก็
1.สร้างภาพฉายของทรงลูกบาศ์ก
2.ทาสี 2 สีตามที่เห็นในรูปนะครับ
3.จะสังเกตเห็นได้ชัดว่าถ้ามดเดินผ่านสีส้ม สีต่อไปที่จะต้องเดินผ่านคือสีเหลืองเท่านั้น
จะได้ว่าจำนวนครั้งของสีที่เดินผ่านต้องเท่ากันหรือมากกว่าหรือน้อยกว่ากัน "หนึ่ง" เท่านั้น
จะได้ว่า
ถ้าให้ผ่านจุดสีแดงจุดหนึ่ง 25 ครั้ง
จะได้ว่าจะผ่านจุดสีส้มทั้งหมด 85 ครั้ง และผ่านจุดสีเหลือง 80 ครั้ง ซึ่งเป็นไปไม่ได้ครับ
....

[passer-by]

คุณ Rose-joker ตอบถูกเหมือนตาเห็นเฉลย เลยนะครับ (แซวเล่น)

ข้อ 3 ตอนที่ 2 ดึงมาจากออสเตรเลีย ที่ผมจะแจกนี่แหละ

สรุปคะแนนอีกที

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:4 (1+3)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 8 (1+4+3)

[kanakon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

คำตอบ ข้อ 3 Part 2 คือเป็นไปไม่ได้ครับ
วิธีคิดก็
1.สร้างภาพฉายของทรงลูกบาศ์ก
2.ทาสี 2 สีตามที่เห็นในรูปนะครับ
3.จะสังเกตเห็นได้ชัดว่าถ้ามดเดินผ่านสีส้ม สีต่อไปที่จะต้องเดินผ่านคือสีเหลืองเท่านั้น
จะได้ว่าจำนวนครั้งของสีที่เดินผ่านต้องเท่ากันหรือมากกว่าหรือน้อยกว่ากัน "หนึ่ง" เท่านั้น
จะได้ว่า
ถ้าให้ผ่านจุดสีแดงจุดหนึ่ง 25 ครั้ง
จะได้ว่าจะผ่านจุดสีส้มทั้งหมด 85 ครั้ง และผ่านจุดสีเหลือง 80 ครั้ง ซึ่งเป็นไปไม่ได้ครับ
....

ไอเดียสุดยอดครับดูรูปก็เข้าใจได้เลย

[RoSe-JoKer]

ข้อ 2 Part 2 ครับ
คือจะว่าอะไรไหมถ้าผมใช้เชอรบิเซฟเหมือนกัน... แต่คิดว่าแนวคิดคนละแนวนะครับจากการสังเกต
n=2 จะได้ว่ามีสมาชิกคือ 6 = 3+3 ผมสังเกตเห็นเลข 3 เลยคิดว่าถ้ามี 3 อยู่ทั้งหมด n-1 ตัวจะได้ว่าค่าของจำนวนที่เหลือในช่วงก็คือ
($ 2^n $ - 3n + 4,$ 2^{n+1} $ -3n+2)
พิจารณาช่วง
($ 2^n $+1,$ 2^{n+1} $ -1)
สังเกตได้ว่า
($ 2^n $ + 1,$ 2^{n+1} $ + 2) จะต้องมีจำนวนเฉพาะอยู่จาก เชอรบิเชฟ
ซึ่งเห็นได้ชัดว่าจะต้องมีจำนวนอยู่ในช่วง ($ 2^n $ + 1,$ 2^{n+1} $ -1)
ที่สามารถเขียนได้ในรูป x=3(n-1)+ $ p_i $
ตัวอย่างเช่น
$ (17,31) $ มี 22 ที่เขียนได้ในรูป $ 22=3*3 + 13 $ เป็นต้น
....

[Timestopper_STG]

5.1.(Part1)
Let $\displaystyle{f(x)=(1+x)^r,\forall r\in \mathbb{C},|x|<1}$
We can see that $\displaystyle{f^{(n)}(x)=r\cdot(r-1)\cdot ...\cdot(r-n+1)(1+x)^{r-n}}$
Expand our function with Maclaurin series we gonna get
$\displaystyle{f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^{n}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{r\cdot(r-1)\cdot ...\cdot(r-n+1)}{n!}x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\binom{r}{n}x^n}$
Consider $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1-x}}=(1-x)^{-0.5}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\binom{-0.5}{n}(-x)^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot(2n)}x^n}$
$\displaystyle{\therefore\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot(2n)}\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{1}{\sqrt{1-0.5}}-1=\sqrt{2}-1}$
ใช่แบบนี้หรือเปล่าครับไม่ได้ทำTaylorนานพอดู

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

5.1.(Part1)
Consider $\displaystyle{\frac{1}{\sqrt{1-x}}=(1-x)^{-0.5}=1+\sum_{n=1}^{\infty}\binom{-0.5}{n}(-x)^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot(2n)}x^n}$
$\displaystyle{\therefore\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot(2n)}\left(\frac{1}{2}\right)^n=\frac{1}{\sqrt{1-0.5}}-1=\sqrt{2}-1}$
ใช่แบบนี้หรือเปล่าครับไม่ได้ทำTaylorนานพอดู

คำตอบถูกครับ แต่พิสูจน์ว่า convergent ด้วยครับ (ตอนนี้ ผมให้ไว้ 1.5 คะแนน ก่อนแล้วกัน)

ส่วนคำตอบคุณ Rose-Joker ผมยังไม่เคลียร์ตรงที่เอา $p_i$ ไปบวกให้ได้ x แล้ว x อยู่ในช่วงที่ว่า มาอธิบายด้วยครับ

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:5.5 (1+3+1.5)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 8 (1+4+3)