Warm Up !

[passer-by]

Alternative solution ( ข้อ 10 )
พิจารณาเซต $ S= \{ (w,l) \in Z \times Z | \,\, l > w \,\, , 1 \leq w,l \leq 2550 \} $

จากนั้น partition จุดในเซต S เป็น 1274 เซต โดยให้ไล่อย่างนี้ครับ

เซตที่ 1 ไล่จาก (1,2),(1,3) ,... ,(1,2550) จากนั้นเลี้ยวขวาครับ จะเจอจุด (2,2550) ,(3,2550) ,...,
(2549,2550)

เซตที่ 2 ไล่จาก (2,3) ,(2,4) , ... ,(2,2549) จากนั้นเลี้ยวขวาครับ จะเจอจุด (3,2549) ,(4,2549) ,...,
(2548,2549)

แบ่งแบบนี้ไปเรื่อยๆครับ (ลองวาดรูปดูจะเห็นชัดมากๆว่า partition อย่างไร)

เนื่องจากมีสี่เหลี่ยมผืนผ้า 2551 รูป และมีเซต 1274 เซต จากหลังรังนกพิราบ จะได้ ว่ามีสี่เหลี่ยมผืนผ้า 3 รูปอยู่ในเซตเดียวกัน ซึ่งการอยู่ในเซตเดียวกัน จะทำให้ได้สี่เหลี่ยมผืนผ้าที่มีคุณสมบัติตามที่โจทย์ต้องการพอดี

[RoSe-JoKer]

ผมเลียนแบบคุณ dektep บ้างครับ
http://www.mathlinks.ro/viewtopic.php?p=1154285

[passer-by]

ข้อที่คุณ Rose-joker ให้ link มา จริงๆเป็นข้อง่ายที่ผมรออยู่นานมาก ว่าทำไมไม่มีใครตอบซักที

อาจจะเป็นไปได้ว่ามันง่ายจนน้องๆ ignore ข้อนี้ไป

ผมจะทำข้อนี้เต็มๆให้ดูแล้วกัน ซึ่งก็คล้ายกับวิธีของคนที่ชื่อ Wizzy ใน link ข้างบน

SOLUTION ข้อ 15

บวก 1 ทั้ง 2 ข้างให้กับทั้ง 2 สมการที่ให้มา พบว่า

$$ a_{n+1}+1= \frac{(a_n+1)(b_n+1)}{b_n}$$ $$ b_{n+1}+1= \frac{(a_n+1)(b_n+1)}{a_n}$$

take ส่วนกลับให้ทั้ง 2 สมการแล้วจับลบกันครับ กลายเป็น

$$ \frac{1}{a_{n+1}+1} -\frac{1}{b_{n+1}+1} = \frac{b_n-a_n}{(a_n+1)(b_n+1)} = \frac{1}{a_n+1} -\frac{1}{b_n+1}$$

จากบรรทัดก่อน แสดงว่า $$\frac{1}{a_{2008}+1} -\frac{1}{b_{2008}+1} = \frac{1}{a_1+1} -\frac{1}{b_1+1} = \frac{1}{6} $$

แต่ $$ \frac{1}{a_{2008}+1} -\frac{1}{b_{2008}+1} < \frac{1}{a_{2008}+1}$$
ดังนั้น $ 6 > a_{2008}+1 \Rightarrow a_{2008} < 5 $

p.s. จริงๆผมยังมีอีกประมาณ 7-8 ข้อที่จะลงเพิ่ม ในช่วงโค้งสุดท้าย และถ้าไม่มีปัญหาอะไร คิดว่าจะมาลง outline ของ solution สำหรับข้อที่ว่างๆให้เร็วๆนี้ (ย้ำว่าแค่ outline นะครับ เพราะถ้าให้ลง full solutions ผมต้องพิมพ์มือหงิกแน่ๆ )

[passer-by]

โค้งสุดท้ายครับ ข้อ 26-32

26. (Modify from CHKMO)

กำหนด $ f: \mathbb{R^+} \rightarrow \mathbb{R} $ โดย

(1) $f(1)=1$
(2) $f(x+1)= xf(x)$
(3) $ f(x)= 10^{g(x)} $ ซึ่ง

$g:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R} $ และสอดคล้องกับ $g(ty+(1-t)z) \leq tg(y)+(1-t)g(z) \,\, \forall y,z \in \mathbb{R} \,\, , \forall t \in [0,1] $

26.1 พิสูจน์ว่าสำหรับจำนวนเต็ม n และทุก $ t \in [0,1]$ แล้ว
$ t(g(n)-g(n-1)) \leq g(n+t) - g(n) \leq t(g(n+1)-g(n)) $

26.2 ทุกจำนวนนับ n ที่มากกว่า 1 พิสูจน์ว่า จำนวนเต็มที่มากที่สุดที่ไม่เกิน $ f(\frac{1}{n}) $ คือ $ n-1 $

27. กำหนด $a,n \in \mathbb{N} $ และ $ n>1 $ โดยที่ $ n | (a^n-1)$

พิสูจน์ว่า a-1 กับ n ไม่เป็นจำนวนเฉพาะสัมพัทธ์

28. นักเทนนิส 32 คน แข่งขันแบบพบกันหมด คู่ละ 1 ครั้งเท่านั้น ถ้าในการแข่งขันครั้งนี้ไม่มีการเสมอเกิดขึ้นเลย พิสูจน์ว่า หลังจากการแข่งขันทั้งหมดสิ้นสุด สามารถเลือกนักเทนนิส 6 คนมาเข้าแถวตอนลึก โดยคนที่อยู่ข้างหน้า ชนะคนที่อยู่ข้างหลังทั้งหมด (เช่น ถ้าเข้าแถว เป็น a,b,c,d,e,f โดย a เป็นหัวแถว จะได้ว่า a ชนะ b,c,...,f ส่วน b ก็ชนะ c,d,....,f ในทำนองเดียวกัน c ก็ชนะ d,e,f เป็นเช่นนี้ไปจนถึงนาย e)

29. สำหรับสามเหลี่ยม ABC ส่วนสูง BS, CD ตัดกันที่ H จากH ลากเส้นตั้งฉากกับเส้นแบ่งครึ่งภายในมุม A และเส้นแบ่งครึ่งภายนอกมุม A ที่ P, Q ตามลำดับ พิสูจน์ว่า PQ แบ่งครึ่ง BC

30. พิสูจน์ว่ามี nonconstant polynomials P, Q ที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนเต็ม และสอดคล้องกับเงื่อนไขต่อไปนี้พร้อมกัน
(1) $2 P( \sin 80^{\circ})+ Q(\sin 81^{\circ}) = 1 $
(2) ดีกรี P, Q ไม่เกิน 10

31. ทุกจำนวนนับ n พิสูจน์ว่า $$ \frac{1}{n+1}\big(1+\frac{1}{3}+\frac{1}{5}+\cdots \frac{1}{2n-1}\big) \geq \frac{1}{n}\big(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots \frac{1}{2n} \big) $$

32. a,b,c แทนด้านตรงข้ามมุม A,B,C ของสามเหลี่ยม ABC ถ้า $ b^2=ac+a^2$ และ $ c^2 =ab+b^2$ หาขนาดมุมทั้งสามของสามเหลี่ยม

[square1zoa]

แง พิมlatexม่ายเปง

คุน Rose-joker หาโจทย์มาจากไหนคับ น่าเอามาลองทำทุกข้อเลย รุสึกว่าข้อ21เคยทำแล้ว

[passer-by]

OUTLINE OF SOLUTIONS

2. พิสูจน์ตามลำดับต่อไปนี้ครับ
(1) A,M, I collinear
(2)$ (AP)(AD)= (AI)(AM)= AF^2 $

3. ใช้ contradiction ครับ จากนั้นพบว่าแต่ละ 3-subsets $ \{S_i,S_j,S_k\} $ ซึ่งมี $\binom{10}{3} = 120$ แบบ สมมติเป็น $ A_1, A_2,\cdots A_{120}$ จะขาดสมาชิก $ a_1 ,a_2 ,\cdots a_{120}$ ตามลำดับ จากหลังรังนกพิราบจะได้ว่ามี$a_i$อย่างน้อย 5 ตัวที่ซ้ำกัน สมมติมาจาก กลุ่ม $ A_{1i},A_{2i},A_{3i},A_{4i},A_{5i}$

แล้วลองพิจารณาดูว่าใน 5 groups นี้ต้องมี distinct subsets อย่างน้อยเท่าไหร่ ถ้าตอบคำถามนี้ได้ ก็จะนำไปสู่ contradiction ทันที

6. 2007 สมการแรก คูณด้วย $ A_1 ,A_2, \cdots A_{2007}$ เข้าไป จากนั้นบวกทั้ง 2008 สมการเข้าด้วยกัน แล้วสร้าง polynomial ดีกรี 2008 บางอย่างขึ้นมา โดย $ p(2)=p(3)=\cdots p(2008) =0 $

ข้อนี้ตอบ $ -\frac{1}{2007!}$

11. ข้อนี้ตอบ 130 องศาครับ ให้ G เป็นจุดภายนอกสามเหลี่ยมที่ทำให้มุม ACG = DBP และ CG= BP จากนั้นลาก GP ตัด AC ที่ E
ให้ D เป็นจุดตัดของ AB และ circumcircle ของสามเหลี่ยม APE ผลที่ตามมาคือสามเหลี่ยม BDP, GCE เท่ากันทุกประการและ BD= CE

นอกจากนี้ PD+PE = PG ถ้าให้ D' , E' เป็นจุดอื่นบนด้าน AB, AC ซึ่ง BD'=CE' เราจะได้สามเหลี่ยมBPD' และ CGE' เท่ากันทุกประการ และ PD'=GE' ดังนั้น PD'+PE' = GE'+PE' > PG


13. ใช้ contradiction ครับ
เพราะ $( n(n+2) , n+1 ) = 1 $ ดังนั้น n(n+2) , n+1 ต้องเขียนได้ในรูป perfect power และทำให้ $ (n+1)^2 $ก็เป็น perfect power เช่นกัน แต่ $ n(n+2)= (n+1)^2-1 $ เป็น perfect power

ดังนั้นมี perfect power 2 จำนวนที่ต่างกัน 1 ซึ่งเป็นไปไม่ได้

14. เงื่อนไขที่ให้มาเทียบเท่ากับ $2\cos 2A = \cos 2B +\cos 2C $ จากนั้นนำเวกเตอร์ AG dot กับ OG จะได้ 0 แสดงว่าทำมุมกัน 90 องศา (ในที่นี้ assume ว่า O, G เป็นคนละจุด)

(ข้ออื่นๆ ลองถามเจาะมาเป็นข้อๆดีกว่าครับ หรือไม่ก็ช่วยๆกัน post full solutions ไว้เลยก็จะดีมากครับ เพราะบางข้ออธิบายยาวพอสมควร)

p.s. LUCKY FOR EXAM IN COMING SAT/SUN

[RoSe-JoKer]

เออ จะว่าอะไรไหมครับถ้าผมอยากได้ solution ของข้อเหล่านี้
26
27
28
29
30
ทำไม่ได้ทั้งแถบเลยครับ T_T โพสตอบแค่ลิงค์ก็ได้ครับถ้ามันพิมพ์ยาวขอบคุณมากๆๆครับ T_T

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ RoSe-JoKer

เออ จะว่าอะไรไหมครับถ้าผมอยากได้ solution ของข้อเหล่านี้
26,27,28,29,30
ทำไม่ได้ทั้งแถบเลยครับ T_T โพสตอบแค่ลิงค์ก็ได้ครับถ้ามันพิมพ์ยาวขอบคุณมากๆๆครับ T_T

ผมพยายามเลือกข้อที่หา link ยากๆอยู่ด้วย ดังนั้นผมยอมพิมพ์ยาวๆดีกว่าครับ

26.
(1) ให้ $ z= n \,\, , y= n+1$ ดังนั้น $ g(n+t)-g(n) \leq t(g(n+1)-g(n))$
จากนั้น ให้ $ y= n-1 \,\, , z= n $ จะได้ $ g(n)-g(n-t) \geq t(g(n)-g(n-1))....(*)$

สังเกตว่า ที่ $ t= \frac{1}{2}$ จะได้ $ g \big(\frac{y+z}{2}\big) \leq \frac{1}{2}(g(y)+g(z))$

ถ้าแทน $ y=n+t \,\, , z= n-t $ ในอสมการบรรทัดก่อน จะได้ $ g(n) \leq \frac{1}{2}(g(n+t)+g(n-t))$ และจัดรูปใหม่ได้เป็น $ g(n)-g(n-t) \leq g(n+t)-g(n)$ เอาไปเชื่อมกับ (*) ก็จบครับ

(2) จาก 26.1 พบว่า
$ \frac{1}{n}(g(2)-g(1)) \leq g(2+\frac{1}{n})-g(n) \leq \frac{1}{n}(g(3)-g(2))$

สามารถคำนวณได้แบบ chill chill ว่า $g(2)=g(1)=0 $ และ $ g(3)= \log f(3) = \log 2$ แทนค่าลงในอสมการบรรทัดก่อน ท้ายที่สุดจะได้

$ 1 \leq 10^{g(2+\frac{1}{n})} \leq 2^{\frac{1}{n}}$
$ 1 \leq f(2+\frac{1}{n}) \leq 2^{\frac{1}{n}}$
$ 1 \leq \frac{1}{n}(1+\frac{1}{n})f(\frac{1}{n}) \leq 2^{\frac{1}{n}}$
$ \frac{n^2}{n+1} \leq f(\frac{1}{n}) \leq \frac{n^2}{n+1}\cdot 2^{\frac{1}{n}}$
$ n-1 < \frac{n^2}{n+1} \leq f(\frac{1}{n}) \leq \frac{n^2}{n+1}\cdot 2^{\frac{1}{n}} < n $

สาเหตุที่ $\frac{n^2}{n+1}\cdot 2^{\frac{1}{n}} < n $ เพราะ $ 2 < (1+\frac{1}{n})^n $ (prove by binomial theorem)

27. ถ้า a= 1 trivial

พิจารณากรณี a >1
จากสมมติฐาน $n|(a^n-1)=(a-1)(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdots 1)$
By contradiction จะได้ $ n |(a^{n-1}+a^{n-2}+\cdots 1) $
กำหนด p เป็น any prime divisor ของ n ดังนั้น $ a^n \equiv 1\pmod{p}\cdots(*)$
และยังพบว่า $ p \nmid a \Rightarrow a^{p-1} \equiv 1\pmod{p} \cdots(**)$ (ลองคิดดูนะครับว่าทำไม p หาร a ไม่ลงตัว ไม่ยาก ไม่ยาก)

จาก (*),(**) imply ได้ว่า $ a^{(p-1,n)} \equiv 1 \pmod{p}$ (see lemma below)
แต่เพราะ (a-1,n)=1 ดังนั้น $ p\nmid a-1$ และทำให้ $(p-1,n) > 1 $ (ลองคิดดูนะครับว่าทำไมมากกว่า 1 ไม่ยาก ไม่ยาก)

ถึงตอนนี้ เราได้ว่า $ (p-1,n) =d >1 $ เป็นจริงทุก prime divisors ของ n

เลือก prime p ซึ่ง p หาร d,n ลงตัวทั้งคู่ จะได้ว่า $p|(p-1)$ CONTRADICTION !

LEMMA : $ (x^{a}-1,x^{b}-1) = x^{(a,b)}-1$

28. เราจะ prove general case แทนครับ

นั่นคือ ถ้ามีนักเทนนิส $ 2^n $ คน จะสร้างแถวตอนลึกตามที่โจทย์ต้องการความยาว n+1 คนได้เสมอ

จะพิสูจน์โดยใช้ induction ครับ

ที่ n=1 Obviously true
ต่อไปให้ P(n) จริง จะพิสูจน์ P(n+1)

สำหรับนักเทนนิส $2^{n+1}$ คน ให้ X เป็นคนที่มีจำนวนครั้งที่ชนะมากที่สุด และ $X_w$ แทนจำนวนครั้งที่ X ชนะ

พิสูจน์ได้โดยง่ายว่า ผลรวมจำนวนครั้งที่ชนะของนักเทนนิสทุกคน เท่ากับ $ \binom{2^{n+1}}{2} $ ครั้ง

แสดงว่าต้องมีนักเทนนิสอย่างน้อย 1 คนที่มีจำนวนครั้งที่ชนะมากกว่าหรือเท่ากับ $$\left\lceil\ \frac{\binom{2^{n+1}}{2}}{n} \right\rceil = 2^n $$

ดังนั้น $ X_w \geq 2^n $

แต่ P(n) เป็นจริง ดังนั้นมีแถวตอนลึกความยาว n ที่มีสมบัติตามที่โจทย์ต้องการ และเมื่อเอา X มายืนหัวแถวให้แถวตอนลึกดังกล่าว ก็จะได้ แถวตอนลึกความยาว n+1 ที่มีสมบัติตามที่โจทย์ต้องการ

29. สามารถพิสูจน์ได้โดยง่ายว่า A,Q,H,S,D,P concyclic และเพราะ มุม PAQ เป็นมุมฉาก ดังนั้น PQ เป็นเส้นผ่านศูนย์กลางของวงกลมล้อมรอบ cyclic รูปนี้

เนื่องจาก AP แบ่งครึ่งมุม A ประกอบกับ PQ เป็น diameter ดังนั้น พิสูจน์ได้ไม่ยากว่า PQ ตั้งฉากกับ DS (และแบ่งครึ่ง DS ด้วย)

เนื่องจาก DS เป็นคอร์ดของวงกลมที่มี BC เป็น diameter ดังนั้น perpendicular bisector ของ DS ต้องผ่านจุดกึ่งกลางของ BC ดังนั้น PQ แบ่งครึ่ง BC

30. ข้อนี้จุดประสงค์หลักคือ ผมอยากให้รู้จัก CHEBYSHEV POLYNOMIAL ซึ่งถ้าใคร derive สูตร $\cos 2x , \cos 3x , \cos 4x \cdots $ ก็น่าจะคุ้นเคยกับหน้าตาของมัน

นิยามมันเป็นอย่างนี้ครับ $ T_N(x) = \cos(N\arccos(x)) \,\, , |x| \leq 1 $
เพราะ $\cos N \theta = 2\cos \theta \cos((N-1)\theta) - \cos((N-2)\theta)$
ดังนั้น สามารถ define $T_N$ ได้จากความสัมพันธ์ $ T_N(x) = 2xT_{n-1}(x)-T_{N-2}(x)$

โดย $ T_0=1 \,\, , T_1 = x \,\, , T_2=2x^2-1 \,\, ,T_3 =4x^3-3x $ and so on

คุณสมบัติของ T ที่เรานำมาใช้ทำโจทย์ข้อนี้ คือ $ T_N(\cos x) = \cos Nx$
ดังนั้นเลือก $ P(x) = T_6(x) $ และ $ Q(x)= T_{10}(x)$ เพราะ $ T_6(\cos 10^{\circ}) = \cos 60^{\circ} = \frac{1}{2} $ และ $ T_{10}(\cos 9^{\circ}) = \cos 90^{\circ} = 0 $

จะเห็นว่า P, Q สอดคล้องกับที่โจทย์ต้องการ

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

จากข้อ 30 ถ้าใครว่างๆ ลองคิดต่อดูนะครับ ว่า เราจะประยุกต์ $T_N $ มาตอบคำถามด้านล่างนี้ได้อย่างไร

" ถ้า m เป็นจำนวนตรรกยะ หาจำนวนตรรกยะที่เป็นไปได้ทั้งหมดของ $\cos (m\pi)$ "

(HINT: สร้าง $U_N(2x)= 2T_N(x)$ เราจะพบว่า U เป็น monic polynomial ที่เป็นกุญแจไขปริศนาของข้อนี้ครับ)

[RoSe-JoKer]

ขอบคุณมากๆครับพี่ passer-by
รากที่เป็นตรรกยะที่เป็นไปได้ของพหุนามโมนิคก็คือตัวประกอบของผลคูณรากทั้งหมดครับ
ข้อ 31 ผมเคยเห็นเป็น Problem of the day ซักวันอะครับ

[Anonymous314]

ขอเฉลยข้อ 31,32 หน่อยครับ

[artpiggo]

พรุ่งนี้เป็นวันตัดสินเเล้วสินะ หึหึ ทำไมได้ชัวร์

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ passer-by

จากข้อ 30 ถ้าใครว่างๆ ลองคิดต่อดูนะครับ ว่า เราจะประยุกต์ $T_N $ มาตอบคำถามด้านล่างนี้ได้อย่างไร

" ถ้า m เป็นจำนวนตรรกยะ หาจำนวนตรรกยะที่เป็นไปได้ทั้งหมดของ $\cos (m\pi)$ "

(HINT: สร้าง $U_N(2x)= 2T_N(x)$ เราจะพบว่า U เป็น monic polynomial ที่เป็นกุญแจไขปริศนาของข้อนี้ครับ)

พอดีเห็นว่าน้อง Rose-joker เกริ่นๆเกี่ยวกับโจทย์ข้อนี้ใน 2-3 ความเห็นก่อน งั้นผมจะเฉลยให้เป็นกิจจะลักษณะไปเลยดีกว่า

จากนิยาม $T_N$ เราสามารถสร้าง $U_N$ โดย leading coefficient เป็น 1 และ $U_N$ generate ด้วยความสัมพันธ์

$ U_N(x)=xU_{N-1}(x)-U_{N-2}(x)$ โดย $ U_0=2 \,\, , U_1= x $ and so on

แน่นอนว่า $U_N$ มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนเต็ม และ $ U_N(2\cos \theta)= 2 \cos (N\theta)$

พิจารณา $ \theta = m\pi = \frac{p\pi}{q}\,\, \exists p,q \in Z$

ดังนั้น $ U_q(2\cos m \pi)= 2\cos p \pi = \pm 2$

ถ้าเรานิยาม $ V_q(x)= U_q(x) \mp 2 $ พบว่า $V$ เป็น monic polynomial ที่มี $ 2\cos m\pi $ เป็นรากตรรกยะ

แต่รากตรรกยะของ monic polynomial ต้องเป็นจำนวนเต็มเท่านั้น ดังนั้น $ 2\cos m\pi $ เป็นจำนวนเต็ม

แสดงว่า $ \cos m \pi $ เป็นไปได้แค่ $ 0,\pm \frac{1}{2} , \pm 1 $ เท่านั้น
------------------------------------------------------------------------

ต่อไปก็จะเฉลยข้อ 31-32 ตามที่น้อง Anonymous314 request มาครับ

31. เพราะ $ 1- \frac{1}{2}+\frac{1}{3}- \cdots +\frac{1}{2n-1} -\frac{1}{2n} = \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots \frac{1}{2n}$

ต่อไปก็ลองจัดรูปดูเองนะครับ พบว่า ท้ายที่สุดจะเหลือเพียงพิสูจน์ $$ \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots \frac{1}{2n}\geq \frac{1+\frac{1}{2}+\cdots \frac{1}{n}}{2n} $$

By AM-HM เราพบว่า $\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots \frac{1}{2n}\geq \frac{2n}{3n+1} $
แต่ $ \frac{2n}{3n+1} = \frac{2}{3+\frac{1}{n}} \geq \frac{2}{4} = \frac{1}{2} $

ในขณะเดียวกัน $ \frac{1}{2} \geq \frac{1+\frac{1}{2}+\cdots \frac{1}{n}}{2n}$ (VERY OBVIOUS)

32. จาก Law of cosine $ a^2 = b^2+c^2 -2bc \cos A = (ac+a^2)+c^2 -2bc \cos A$

ท้ายที่สุด จะเหลือเพียง $ a+c = 2b \cos A \cdots (*)$

แต่เราทราบว่า $ a\cos B+ b\cos A =c $ (ลองลาก C ตั้งฉาก AB ดูนะครับ)

จาก (*) จะได้ $ a+c = (c-a\cos B) + b \cos A \Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{\cos A}{1+ \cos B}$

เพราะ Law of sine ทำให้ $ \frac{a}{b} = \frac{\sin A}{\sin B} = \frac{\cos A}{1+ \cos B}$

คูณไขว้ ธรรมดาครับ สุดท้ายจะได้ $ \sin A = \sin (B-A) $ แสดงว่า $A= B-A$ หรือ $2A=B$ นั่นเอง

ดำเนินการคล้ายๆแบบนี้กับเงื่อนไขที่สองที่โจทย์ให้มาครับ จะได้ $ 2B=C $

ดังนั้นมุมทั้งสามคือ $ \frac{\pi}{7} \,\, , \frac{2\pi}{7} \,\, , \frac{4\pi}{7}$

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

p.s. ผมรู้สึกว่าการสอบครั้งนี้ที่เป็นรุ่นทิ้งทวน สสวท น่าจะทำให้ใครบางคนกดดันอยู่บ้าง เพราะถ้าพลาด ก็อาจต้องไปวน loop สอวน. กันใหม่ ยังไงก็ใจเย็นๆและทำให้ดีที่สุดนะครับ

[Anonymous314]

พรุ่งนี้ผมก็ต้องสอบแล้ว ไม่อยากไปวน สอวน. ใหม่ครับ ขอให้ทุกคนโชคดีครับ

[Juniors]

ขอเฉลยข้อ 18,21,24 ได้หรือเปล่าครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Juniors

ขอเฉลยข้อ 18,21,24 ได้หรือเปล่าครับ

ได้ครับ แต่คงจะไม่ละเอียดเท่ากับข้อ 26-32 นะครับ (คงไม่ว่ากันนะ) เพราะผมเสีย energy ไปกับการพิมพ์ข้อ 26-32 หลายกิโลแคลอรีเลยล่ะ

18. ให้เป็น outline of proof ไว้นะครับ

(1) ต่อ DM,CN พบเส้นรอบวงที่ F, E ตามลำดับ
(2) พิสูจน์ให้ได้ว่า F เป็น ภาพสะท้อนของจุด B โดยมีเส้นผ่านศูนย์กลางที่ผ่าน M เป็นแกนสะท้อน และใช้ผลดังกล่าวไล่พิสูจน์ให้ได้ว่า BF ขนานกับ AC
(3) พิสูจน์ให้ได้ว่าสามเหลี่ยม ABD คล้ายกับ สามเหลี่ยม BMC
(4) พิสูจน์ให้ได้ว่า AE ขนานกับ BD
(5) พิสูจน์ใหได้ว่าสามเหลี่ยม ANE เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่ว
(6) พิสูจน์ให้ได้ว่า มุม EAN = มุม ANB และมุม NEA = BNC

21.
ถ้า $n \leq 3$ ไม่เป็นจริงแน่นอน
ต่อไปพิจารณากรณี $ n> 3 $
เพราะ $ x^n+x-1= (x^n+x^3)-(x^3-x+1) $
By contradiction จะได้ $x^n+x^3$ หารลงตัวด้วย $ x^3-x+1$
เพราะ $ x^n+x^3 =x^3(x^{n-3}+1) $ ดังนั้น$ x^{n-3}+1 $ หารลงตัวด้วย $ x^3-x+1$

เนื่องจาก $ x^3-x+1$ มีรากในช่วง (-2,-1) สมมติเป็น r (ลองคิดดูนะครับว่าเพราะอะไรถึงมีรากในช่วงนี้)

จะได้ r เป็นรากของ $x^{n-3}+1 $ ด้วย CONTRADICTION ! (เพราะ real root ของ $x^{n-3}+1$คือ.....)

24. คำนวณได้ไม่ยาก ว่าเส้นรอบรูปยาว $ 30\sqrt{2}$

ประเด็นคือ ต้องพิสูจน์ให้ได้ว่า $ AD+BF+CH = AJ+BE+CG $ โดยใช้ผลจาก 3 สมการคือ (AD)(AE) = (AJ)(AH) , (BD)(BE) = (BF)(BG) ,(CG)(CF) = (CJ)(CH)

ถ้าสมมติให้ $ AD+BF+CH =x $ และ $ DE+FG+HJ =y$
เท่ากับว่า เราจะ minimize $x^2+y^2$ โดย เรารู้ว่า $2x+y = 30\sqrt{2}$

ซึ่ง solve โดยใช้ Cauchy schwarz Inequality ปกติครับ สุดท้ายจะได้คำตอบเป็น $ 12\sqrt{2}$