Shortlisted TMO8

[No.Name]

N8 จงหาจำนวนนับ n ทั้งหมดที่ทำให้มีจำนวนเต็มบวก x ซึ่ง $n!+5=x^3$

ถ้าเราดูใน $mod 5$ จะได้ว่า $5|x$ ทำให้ $125|x^3$

และถ้า $n\ge 10$ จะได้ว่า $25|x^3$ จึงต้องทำให้ $25|n!$ และ $25|5$ เกิดข้อขัดแย้ง

เพราะฉะนั้น $n \le 9$ เมื่อนั่งไล่ดูจะได้ว่า $n=5$ เพียงตัวเดียว

ปล.หาวิธีที่ดีกว่านี้ไม่ได้อ่ะครับ ต้องถึกกันหน่อย

[No.Name]

N9 สำหรับจำนวนเต็ม m และ n ข้อความต่อไปนี้เป็นจริงหรือเท็จ ถ้าจริงจงพิสูจน์ ถ้าเท็จจงยกตัวอย่างค้าน

$~~~~~~~~~~$1.ถ้า $24|mn+1$ แล้ว $24|m+n$

$~~~~~~~~~~$2.ถ้า $24|m+n$ แล้ว $24|mn+1$

1.ถ้า $24|mn+1$ แล้ว $24|m+n$

$24|mn+1$ จะได้ $3|mn+1$ และ $8|mn+1$

จะได้ว่า $mn \equiv 7 \pmod{8}$ เนื่องจาก 7 เป็นจำนวนเฉพาะด้วย

$m \equiv 1 \pmod{8},n \equiv 7 \pmod{8}$

ไม่ก็ $m \equiv 7 \pmod{8},n \equiv 1 \pmod{8}$

ก็จะได้ว่า $8|m+n$

และ $mn \equiv 2 \pmod{3}$ และ 2 เป็นจำนวนเฉพาะ

$m \equiv 1 \pmod{3},n \equiv 2 \pmod{3}$

ไม่ก็ $m \equiv 2 \pmod{3},n \equiv 1 \pmod{3}$

ก็จะได้ว่า $3|m+n$ จึงได้ $24|m+n$


$2.ถ้า $24|m+n$ แล้ว $24|mn+1$

$m=12,n=12$

[Amankris]

#17
ข้อ 1
ไม่เกี่ยวกับ 7 เป็นจำนวนเฉพาะ
สรุปแบบนั้นไม่ได้นะครับ

[จูกัดเหลียง]

ขอโชว์โง่ หน่อย 555+
A4 $a,b,c>0$ ให้ $a+b+c\ge 3$
จงเเสดงว่า $$\Big(a^2+b^2+c^2+3\Big)\Big(a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\Big)\ge 36$$
$a^2+b^2+c^2\ge \frac{1}{3}(a+b+c)^2\ge 3\rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge 6$
$a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 6$

[No.Name]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ จูกัดเหลียง

ขอโชว์โง่ หน่อย 555+
A4 $a,b,c>0$ ให้ $a+b+c\ge 3$
จงเเสดงว่า $$\Big(a^2+b^2+c^2+3\Big)\Big(a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\Big)\ge 36$$
$a^2+b^2+c^2\ge \frac{1}{3}(a+b+c)^2\ge 3\rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge 6$
$a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 6$

คิดเหมือนกันเลยครับ เป๊ะๆเลย

[จูกัดเหลียง]

#20 เหมือนกันอีกหรือเปล่าครับ 555+
A9 $a,b,c>0$ $abc=1$
จงเเสดงว่า $$\frac{a^3b^3}{a+b}+\frac{b^3c^3}{b+c}+\frac{c^3a^3}{c+a}\ge \frac{1}{2}\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$
เเทน $a,b,c=\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$ ตามลำดับ
$$\Leftrightarrow \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{1}{2}\Big(x+y+z\Big)$$
ซึ่งเป็นจริงโดย โคชี

[PP_nine]

A6 (สอวน) จงแสดงว่าไม่มีจำนวนเต็ม $k$ ที่ทำให้สมการ

$x^2y^2=k^2(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$

มีผลเฉลยเป็นจำนวนเต็มบวก $x,y$ และ $z$

(โจทย์นี้สวยนะ เอาอะไรหลายๆอย่างมาปนกันจนเป็นรูปเป็นร่างดี )

solution

ชัดเจนว่า $k\not= 0$ เพราะผลเฉลยเป็นจำนวนเต็มบวก

assume ว่า $k$ เป็นจำนวนเต็มบวก (เพราะถ้ามี $k\in\mathbb{Z}^+$ ที่สอดคล้องโจทย์แล้ว $-k$ ก็จะสอดคล้องด้วย)

สมมิตว่ามี $k$ ซึ่งสอดคล้องกับโจทย์, สร้างสามเหลี่ยม ABC มีด้านยาว $x,y,z$ ดังรูป โดยแต่ละด้านยาวเป็นจำนวนเต็ม



โดย Heron's Formula, $[ABC]=\frac{1}{4}\sqrt{(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)} $

$\therefore \left(\,\frac{1}{2}xy\cdot sinC\right)^2=\frac{1}{16}(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$

แทนจากโจทย์ได้ $\frac{1}{4}x^2y^2\cdot sin^2C=\frac{1}{16}\cdot\frac{x^2y^2}{k^2}$

$sin^2C=\frac{1}{4k^2}$ แต่เรา assume ว่า $k>0$ , $sinC=\frac{1}{2k}$ ทำให้ส่วนสูงจากจุด A ตั้งฉากที่ D บน BC เป็น $\frac{y}{2k}$



โดยพีธาโกรัสได้ว่า $CD=\frac{y}{2k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$ และใช้พีธากอรัสอีกทีกับสามเหลี่ยม ABD ได้ว่า

$z^2=\left(\,\frac{y}{2k}\right)^2+\left(\,x-\frac{y}{2k}\cdot\sqrt{4k^2-1}\right)^2$

จัดรูปดีๆได้ (Cosine's law) $z^2=x^2+y^2-\frac{xy}{k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$

นั่นคือ $\frac{xy}{k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$ เป็นจำนวนเต็ม (อย่างน้อยก็เป็นจำนวนตรรกยะ)

$\therefore \sqrt{4k^2-1}\in\mathbb{Z}^+$ ให้ $4k^2-1=l^2$ $(\exists l\in\mathbb{Z}^+)$

สุดท้ายจบด้วย NT คือใช้ mod 4 มาเช็คได้ $l^2\equiv -1\equiv 3 (mod4)$

ซึ่งเป็นไปไม่ได้เพราะทุก $l\in\mathbb{Z}^+$, $l^2\equiv 0,1 (mod 4)$ เท่านั้น

$\therefore $ ไม่มีจำนวนเต็ม k ที่สอดคล้องเงื่อนไขดังกล่าว

[PP_nine]

N4 (เชียงใหม่) ให้ $n_1=2554\cdot2011+1$ และ $n_{k+1}=2554\cdot n_k+1$ สำหรับ $k\geqslant 1$ จงแสดงว่าในลำดับ $n_1,n_2,n_3,...$ มีจำนวนประกอบเป็นอนันต์

solution

ชัดเจนว่า $n_1\equiv 0 (mod 5)$

และจากสูตรที่กำหนดทำให้ได้ว่า $n_{k+2}=2554^2\cdot n_k+2555$

$\therefore n_{k+2}\equiv n_k (mod 5)$

และจบอย่างง่ายดายที่ $n_1\equiv n_3\equiv n_5\equiv ...\equiv 0 (mod 5)$

นั่นคือทุกจำนวนเต็มบวกคี่ k, $n_k$ เป็นจำนวนประกอบ

[PP_nine]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ No.Name

1.ถ้า $24|mn+1$ แล้ว $24|m+n$

$24|mn+1$ จะได้ $3|mn+1$ และ $8|mn+1$

จะได้ว่า $mn \equiv 7 \pmod{8}$ เนื่องจาก 7 เป็นจำนวนเฉพาะด้วย

$m \equiv 1 \pmod{8},n \equiv 7 \pmod{8}$

ไม่ก็ $m \equiv 7 \pmod{8},n \equiv 1 \pmod{8}$

ก็จะได้ว่า $8|m+n$

ขยายความให้อีกนิดนึง

ชัดเจนว่าทั้ง m,n เป็นเลขคี่ เพราะถ้าเป็นเลขคู่บางตัวจะได้ว่า 24 หาร $mn+1$ (เลขคี่) ได้ลงตัว ซึ่งขัดแย้งกัน

ดังนั้นเราก็แยกพิจารณา mod 8 โดยแต่ละตัวเป็นเลขคี่และสอดคล้องกับ $mn\equiv 7 (mod 8)$

ถ้า $m\equiv 1 (mod8) \Rightarrow n\equiv 7 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 3 (mod8) \Rightarrow n\equiv 5 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 5 (mod8) \Rightarrow n\equiv 3 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 7 (mod8) \Rightarrow n\equiv 1 (mod8)$

จากทุกกรณีชัดเจนว่า $m+n\equiv 0 (mod8)$ ก็เป็นอันจบพิธี

[No.Name]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

ขยายความให้อีกนิดนึง

ชัดเจนว่าทั้ง m,n เป็นเลขคี่ เพราะถ้าเป็นเลขคู่บางตัวจะได้ว่า 24 หาร $mn+1$ (เลขคี่) ได้ลงตัว ซึ่งขัดแย้งกัน

ดังนั้นเราก็แยกพิจารณา mod 8 โดยแต่ละตัวเป็นเลขคี่และสอดคล้องกับ $mn\equiv 7 (mod 8)$

ถ้า $m\equiv 1 (mod8) \Rightarrow n\equiv 7 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 3 (mod8) \Rightarrow n\equiv 5 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 5 (mod8) \Rightarrow n\equiv 3 (mod8)$

ถ้า $m\equiv 7 (mod8) \Rightarrow n\equiv 1 (mod8)$

จากทุกกรณีชัดเจนว่า $m+n\equiv 0 (mod8)$ ก็เป็นอันจบพิธี

ลืมสนิทเลยครับ ขอบคุณมากๆครับ

[Influenza_Mathematics]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

N4 (เชียงใหม่) ให้ $n_1=2554\cdot2011+1$ และ $n_{k+1}=2554\cdot n_k+1$ สำหรับ $k\geqslant 1$ จงแสดงว่าในลำดับ $n_1,n_2,n_3,...$ มีจำนวนประกอบเป็นอนันต์

solution

ชัดเจนว่า $n_1\equiv 0 (mod 5)$

และจากสูตรที่กำหนดทำให้ได้ว่า $n_{k+2}=2554^2\cdot n_k+2555$

$\therefore n_{k+2}\equiv n_k (mod 5)$

และจบอย่างง่ายดายที่ $n_1\equiv n_3\equiv n_5\equiv ...\equiv 0 (mod 5)$

นั่นคือทุกจำนวนเต็มบวกคี่ k, $n_k$ เป็นจำนวนประกอบ

Nice solution (Best solution )

[Real Matrik]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

Shortlist ที่มีเฉลยด้วย จะแจกไปศูนย์ละเล่มครับ

แจกตามจำนวนอาจารย์ครับ (ห้ามเผยแพร่แก่นักเรียน)

[Influenza_Mathematics]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Real Matrik

แจกตามจำนวนอาจารย์ครับ (ห้ามเผยแพร่แก่นักเรียน)

อ่าว ปีนี้แตกต่างกับปีก่อน ๆ หรอครับ

[PP_nine]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Influenza_Mathematics

Nice solution (Best solution )

ขอบคุณครับ 55+

ตอนนี้คิด A10 เกือบจะออกแล้ว แต่ว่าจะไปเวียนเทียนกับครอบครัวซะหน่อย คงจะหลุดเร็วๆนี้แหละครับ

[PP_nine]

A10 (บูรพา) มีฟังก์ชัน $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ซึ่ง $f(m+f(n))=f(m)+f(n)+f(n+1)$ สำหรับทุกจำนวนนับ $m,n$ หรือไม่

(เสียดายตอนสอบทำไม่ได้ )

solution

แทน $m$ ด้วย $f(m)$ ได้ $f(f(m)+f(n))=f(f(m))+f(n)+f(n+1)$

สลับตัวแปรจัดรูปจึงได้ว่า $f(f(m))-f(m)-f(m+1)=f(f(n))-f(n)-f(n+1)=c$ เมื่อ $c$ เป็นค่าคงที่ ($c\in\mathbb{Z}$)

$\therefore f(f(n))=f(n)+f(n+1)+c$ _____(*)

ต่อไปจะเคลมว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้น

____________________________________________________________________________________

$caseI:c\geqslant 0$

แสดงว่า $c+1\in\mathbb{N}$ จากโจทย์แทน $m$ ด้วย $f(n+1)+c+1$ และจัดรูปได้

$f(1+f(f(n)))=f(c+1+f(n+1))+f(f(n))-c$

$f(1)+f(f(n))+f(1+f(n))=f(c+1)+f(n+1)+f(n+2)+f(f(n))-c$

$f(1)+f(1)+[f(n)+f(n+1)]=f(c+1)+[f(n+1)+f(n+2)]-c$

บวก $c$ ทั้งสองข้างเพื่อรวมส่วนที่อยู่ในวงเล็บได้เป็น $2f(1)+f(f(n))=f(c+1)+f(f(n+1))-c$

$f(f(n+1))=f(f(n))+C$ เมื่อ $C=2f(1)+c-f(c+1)$

โดย telescopic ได้ว่า $f(f(n))=f(f(1))+(n-1)C$

นั่นคือ $f(f(n))$ อยู่ในรูปแบบของฟังก์ชันเชิงเส้น

$caseII:c<0$

แสดงว่า $-c\in\mathbb{N}$ เพื่อความสะดวกให้ $d=-c$ จากโจทย์แทน $m$ ด้วย $f(n+1)$

ทำคล้ายกับกรณีแรกก็จะได้ว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้นเหมือนกัน

____________________________________________________________________________________

พอได้แล้วว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้นแล้ว ต่อไปก็มาแก้สมการกันเลย!

โดยการให้ $f(f(n))=an+b$ แล้วพิจารณาค่าของ $f([f(n)]+[f(f(n))])$

มองตัวแรกเทียบเป็น $m$ ในโจทย์ได้ $f([f(n)]+f([f(n)]))=f(f(n))+f(f(n))+f(1+f(n))$

มองตัวหลังเทียบเป็น $m$ ในโจทย์ได้ $f(f([n])+[f(f(n))])=f(f(f(n)))+f(n)+f(n+1)$

$\therefore f(f(n))+f(f(n))+f(1+f(n))=f(f(f(n)))+f(n)+f(n+1)$

$2an+2b+f(1)+f(n)+f(n+1)=af(n)+b+f(n)+f(n+1)$

จัดรูปขั้นสุดท้ายเป็น $f(n)=2n+k$

แทนโจทย์ด้วยสมการดังกล่าว ทำไปทำมาจะได้ว่า $0=2$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

$\therefore$ ไม่มีฟังก์ชัน $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ที่สอดคล้องสมการดังกล่าว