Algebra Marathon

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ kanakon

จากสมการที่ 1 และ 2 และ 3จะได้ $xy+yz+zx=xyz=\frac{1}{2} $

จาก AM.GM. จะได้ $$\frac{x+y+z}{3}\geq\sqrt[3]{xyz}$$

$$\therefore {x+y+z}\geq\sqrt[3]{\frac{27}{2} }>2$$

ซึ่งขัดแย้งกับสมการที่ 2 จึงไม่มีคำตอบเป็นจำนวนจริง

ถูกแล้วครับ แต่ยังขาดรายละเอียดหยุมหยิมนิดนึงตรงที่เราต้องเช็คว่า

$x,y,z > 0$ ด้วยครับ

[kanakon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

ถูกแล้วครับ แต่ยังขาดรายละเอียดหยุมหยิมนิดนึงตรงที่เราต้องเช็คว่า

$x,y,z > 0$ ด้วยครับ

ทีแรกกะใช้นิยามของ AM.GM.แต่คิดไปคิดมาไม่ได้

ผมลองพยายามดูแล้วอะครับแต่ยังมืด 4 ด้านอยู่เลย

[nooonuii]

เพราะว่า $x,y,z$ เป็นรากของพหุนาม $t^3 -2t^2+\dfrac{1}{2}t - \dfrac{1}{2}$ ครับ ซึ่งจะเห็นได้ชัดว่าพหุนามนี้ไม่มีรากจริงที่เป็นลบหรือศูนย์ครับ

[nooonuii]

40. จงแก้สมการ $(x+1)(x+2)(x+3)=(x-3)(x+4)(x+5)$

[devilzoa]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

40. จงแก้สมการ $(x+1)(x+2)(x+3)=(x-3)(x+4)(x+5)$

ผมทำแบบตรงเลยอ่ะ ถึกเลย

$$(x+1)(x+2)(x+3)=(x-3)(x+4)(x+5)$$
$$x^3+6x^2+11x+6=x^3+6x^2-7x-60$$
$$18x=-66$$
$$x=-\frac{11}{3}$$

ผมว่ามันทะแม่งๆเหมือนจะผิดยังไงก็ไม่รู้ อีก 2 รากนี่มันมีไหมครับ

[nooonuii]

อ้าว ง่ายเกินไปจนสงสัยกันอีก มีคำตอบเดียวแบบนี้แหละครับ

[devilzoa]

พี่ noonuii ตั้งโจทย์แต่ละข้อผมก็เกรงล่ะครับ
(มันมีแบบลัดๆไหมครับ)

[nooonuii]

ข้อนี้ไม่ได้แต่งเองครับ เอามาจากหนังสือ 500 Mathematical Challenges
ก็คงมีแต่วิธีตรงๆแบบนี้แหละมั้งครับ ใครคิดลัดกว่านี้ได้ช่วยเอามาให้ดูก็ดีครับ

[nooonuii]

เริ่มหมดไอเดียคิดโจทย์แล้วครับ ข้อนี้คิดเอง ไม่ยากครับ

41. จงหาคำตอบของระบบสมการ

$x+y+z=111$

$x^3+y^3+z^3= 3xyz$

[tatari/nightmare]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

41. จงหาคำตอบของระบบสมการ

$x+y+z=111$

$x^3+y^3+z^3= 3xyz$

จากที่ $(x+y+z)^3=x^3+y^3+z^3+3(xy+yz+zx)(x+y+z)-3xyz$ จะได้ว่า$111^3=3xyz+3(xy+yz+zx)(111)-3xyz$ จึงได้ $xy+yz+zx=\frac{111^2}{3}$
จากที $(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)$ แทนค่าสิ่งที่มีลงไปได้ $111^2=x^2+y^2+z^2+\frac{2\bullet 111^2}{3}$ จะได้ $x^2+y^2+z^2=\frac{111^2}{3}$ นั่นคือ $x^2+y^2+z^2=xy+yz+zx$ จากอสมการของโคชีจะได้ $xy+yz+zx\leq \sqrt{x^2+y^2+z^2}\sqrt{y^2+z^2+x^2}=x^2+y^2+z^2\therefore x^2+y^2+z^2\geq xy+yz+zx$ ซึ่งอสมการจะเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $x=y=z$ ฉะนั้นคำตอบทั้งหมดของสมการ คือ $x=y=z=37$

[tatari/nightmare]

โจทย์ข้อต่อไปครับ
42.ให้ a,b,c,d เป็นรากของสมการ $x^4-x^3-x^2-1=0$ จงหา $P(a)+P(b)+P(c)+P(d)$ โดยที่
$P(x)=x^6-x^5-x^3-x^2-x$

[Mathophile]

วิธีทำข้อ 41 อีกวิธีนะครับ
$0=x^3+y^3+z^3-3xyz=(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$
$\therefore 0=x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx=\frac{1}{2}[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]$
$\because \forall a\in R,a^2\geq 0$
$\therefore x-y=y-z=z-x=0$
$x=y=z$

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ tatari/nightmare

โจทย์ข้อต่อไปครับ
42.ให้ a,b,c,d เป็นรากของสมการ $x^4-x^3-x^2-1=0$ จงหา $P(a)+P(b)+P(c)+P(d)$ โดยที่
$P(x)=x^6-x^5-x^3-x^2-x$

ให้ k เป็นรากของสมการ $x^4-x^3-x^2-1=0...(*)$
ดังนั้น
$\begin{array}{rcl}
0&=&k^4-k^3-k^2-1\\
0&=&k^2(k^4-k^3-k^2-1)\\
&=&k^6-k^5-k^4-k^2\\
P(k)&=&k^6-k^5-k^3-k^2-k\\
&=&(k^6-k^5-k^4-k^2)+k^4-k^3-k\\
&=&k^4-k^3-k\\
&=&k^2-k+1 (จาก(*))\\
\end{array}$
ดังนั้น $P(a)+P(b)+P(c)+P(d)=(a^2+b^2+c^2+d^2)-(a+b+c+d)+(1+1+1+1)$
$=[(a+b+c+d)^2-2\sum ab]-(a+b+c+d)+4$
$=[(1)^2-2(-1)]-1+4=6$

ข้อต่อไปนะครับ...ข้อนี้มีที่มาจากโจทย์ข้อนึงในบอร์ดนี้ที่หลายๆคนน่าจากเคยเห็นครับ ลองดูครับ ผมว่าคำตอบมันก็สวยดี
43. Simplify $\displaystyle{\sum_{n=1}^{k}\left(\sum_{i=1}^{n}i\binom{n}{i}9^{n-i+1}\right)}$

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Mathophile

43. Simplify $$\sum_{n=1}^{k}\left(\sum_{i=1}^{n}i\binom{n}{i}9^{n-i+1}\right)$$

My Solution :

$\displaystyle{\sum_{n=1}^{k}\left(\sum_{i=1}^{n}i\binom{n}{i}9^{n-i+1}\right)}=9+\sum_{n=2}^{k}\left(\sum_{i=1}^{n}i\binom{n}{i}9^{n-i+1}\right)$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=9+\sum_{n=2}^{k}\left(\sum_{i=1}^{n}n\binom{n-1}{i-1}9^{n-i+1}\right)}$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=9+\sum_{n=2}^{k}9n\left(\sum_{j=0}^{n-1}\binom{n-1}{j}9^{n-1-j}\right);j=i-1}$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=9+\sum_{n=2}^{k}9n\cdot 10^{n-1}}$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=9\Big(\sum_{n=1}^{k}n\cdot 10^{n-1}\Big)}$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=9\Big(\frac{9(k+1)10^k-(10^{k+1}-1)}{81}\Big)}$

$\displaystyle{\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\,\,=\frac{1+(9k-1)10^k}{9}}$

[nooonuii]

ข้อนี้ก็คิดเองอีกเช่นเคยครับ

44. ให้ $P(x)$ และ $Q(x)$ เป็นพหุนามเชิงเส้นที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์
ถ้าพหุนาม $P(x)^2+Q(x)^2$ มีรากเป็นจำนวนจริง แล้ว
จงแสดงว่ามีจำนวนจริง $\lambda\neq 0$ ซึ่งทำให้ $P(x)=\lambda Q(x)$

[tatari/nightmare]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ nooonuii

44. ให้ $P(x)$ และ $Q(x)$ เป็นพหุนามเชิงเส้นที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์
ถ้าพหุนาม $P(x)^2+Q(x)^2$ มีรากเป็นจำนวนจริง แล้ว
จงแสดงว่ามีจำนวนจริง $\lambda\neq 0$ ซึ่งทำให้ $P(x)=\lambda Q(x)$

ให้ $P(x)^2+Q(x)^2=R(x)$ จะได้ว่า R(x)เป็นพหุนามกำลังสอง กำหนด $x_{0}$ เป็นรากของ R(x)
$\therefore P(x_{0})^2+Q(x_{0})^2=0$ จากสิ่งที่กำหนดให้จึงได้ว่า $x_{0}\in \mathbb{R}$
ฉะนั้น $P(x_{0}),Q(x_{0})\in \mathbb{R}$ แต่จาก $P(x_{0})^2+Q(x_{0})^2=0$
$\therefore P(x_{0})=Q(x_{0})=0$ จาก $P(x)$ และ $Q(x)$ เป็นพหุนามเชิงเส้นที่มีสัมประสิทธิ์เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็นศูนย์ จึงให้ $a,b,c,d\in\mathbb{R}$ ที่ $$P(x)=ax+b,Q(x)=cx+d$$ จะได้
$P(x_{0})=ax_{0}+b=0=Q(x_{0})=cx_{0}+d$ ดังนั้น $x_{0}=\frac{-b}{a}=\frac{-d}{c}$
จะได้ $\frac{b}{a}=\frac{d}{c}$ สมมติว่าให้เท่ากับ k $\therefore b=ak,d=ck$ นั่นคือ
$P(x)=ax+ak,Q(x)=cx+ck$ พิจารณา $$\frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{ax+ak}{cx+ck}=\frac{a}{c}$$ ดังนั้น $P(x)=\frac{a}{c}\bullet Q(x)$ และจากที่ $a,c\not= 0$ ฉะนั้น $\frac{a}{c}\not=0$
ได้สิ่งที่ต้องการ #