ร่วมกันเฉลยแบบเรียน สอวน.กันมั้ย

[Yuranan]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

ขอบคุณมากครับ ผมลองดูแล้วครับ
แสดงว่าสมการนี้จะเป็นจริงได้ ต้องอยู่ภายใต้เงื่อนไข คือ
1) $a+b+c=0$ หรือ
2) $a=b=c$ นั่นคือ สมการนี้ไม่เป็นจริงทุกๆค่า $a,b$ และ $c$ แสดงว่าสมการนี้ไม่เป็นเอกลักษณ์สิครับ
พอลองกระจายแต่ละข้างออกมาดูก็ได้ว่า
$LHS=7a^3+7b^3+7c^3+6ab^2+6bc^2+6ca^2-12a^2b-12b^2c-12c^2a$
$RHS=21abc+6ab^2+6bc^2+6ca^2-12a^2b-12b^2c-12c^2a$
ซึ่งถ้า $LHS=RHS$ แสดงว่า
$7(a^3+b^3+c^3)=21abc$
$a^3+b^3+c^3=3abc$ ก็เข้าเงื่อนไขเดิมอยู่ดี
ดังนั้นถ้าพิสูจน์ข้อนี้ก็ต้องเพิ่มเงื่อนไขสองข้อนี้เข้าไปใช่มั้ยครับ

ผมมองว่าโจทย์ข้อนี้น่าจะมีเงื่อนไข a+b+c=0 ด้วยนะคับ

[kongp]

เห็นโพสต์แล้วนึกถึงข้อสอบเตรียมโอลิมปิก ผมไม่เคยอบรมเดาว่าคงแบบนี้ สมัยนั้นหนีไปอ่าน Thesis ภาคคอมพิวเตอร์แทน แต่ก็ไม่ได้ใช้เพราะรู้น้อย

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

ให้ $A=2a-b\ \ \ , B=2b-c\ \ \ ,C=2c-a$
จะได้ว่า $A^3+B^3+C^3=3ABC$
และจาก $A^3+B^3+C^3=3ABC+(A+B+C)(A^2+B^2+C^2-AB-BC-CA)$
ดังนั้น ถ้า$A^3+B^3+C^3=3ABC$ แล้ว $A+B+C=0$ หรือ $A^2+B^2+C^2=AB+BC+CA$
$1) A+B+C=a+b+c=0$ จะได้ว่า $c=-(a+b)$
$$(2a-b)^3+(3b+a)^3+(-3a-2b)^3=3(2a-b)(3b+a)(-3a-2b)$$ ซึ่ง $(2a-b)+(3b+a)+(-3a-2b)=0$
ดังนั้น $LHS=RHS$
$2) A^2+B^2+C^2=AB+BC+CA$ แล้ว $A=B=C$
ดังนั้น $2a-b=2b-c=2c-a=k$
$$k^3+k^3+k^3=3(k)(k)(k)$$ $$3k^3=3k^3$$
ดังนั้น $LHS=RHS$
สรุป สมการนี้เป็นจริงภายใต้เงื่อนไข $a+b+c=0$ หรือ $2a-b=2b-c=2c-a$

ข้อ 1.10 แก้แล้วเป็นตามนี้ พอจะได้มั้ยครับ

[Real Matrik]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

ให้ $\sqrt{x}=m$ $\ \ \ m\geqslant 0$
$x=m^2$
$\sqrt{x-\sqrt{x}}=\sqrt{m^2-m}=n$ $\ \ \ n\geqslant 0$
$m^2-m=n^2$
${(m-\frac{1}{2})}^2-\frac{1}{4}=n^2$
${(m-\frac{1}{2})}^2-n^2=\frac{1}{4}$
$(m+n-\frac{1}{2})(m-n-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$
ให้ m+n=a และ m-n=b จะได้ a เป็นจำนวนเต็มบวก,b เป็นจำนวนเต็ม
$(a-\frac{1}{2})(b-\frac{1}{2})=\frac{1}{4}$
$2ab=a+b$
$b=\frac{a}{2a-1}$
เนื่องจาก b เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น $\frac{a}{2a-1}$ ต้องเป็นจำนวนเต็ม
$\therefore a=0,1$
$m=0,1$
$x=0,1$

เมื่อวานคิดออกอีก 1 solution ครับ

ให้ $l\in I$ และ

$$\sqrt{x}+\sqrt{x-\sqrt{x}}=l$$
$$x-\sqrt{x}=l^2-2l\sqrt{x}+x$$
$$\sqrt{x}=\frac{l^2}{2l-1}$$
$$\rightarrow \sqrt{x-\sqrt{x}}=\frac{l^2-l}{2l-1}$$

สังเกตว่า $\sqrt{x}-\sqrt{x-\sqrt{x}}\in I$
ฉะนั้น $\frac{l}{2l-1}\in I \rightarrow l^2 \geq (2l-1)^2 \vee l=0$
นั่นคือ $l=0,1$
ดังนั้น $x=0,1$

[kongp]

สมับผมเรียนปีหนึ่งมหาลัย ภาควิชาคณิตศาสตร์อยู่ในคณะวิทย์ ซึ่งหมายความว่ามีการลองผิดลองถูกอยู่ในกระบวนการคิด ที่สุดคิอคำตอบมีได้หลายชุดต่อหนึ่งปัญหา แต่กระนั้นความตั้งใจที่จะแต่งหนังสือก็ไม่สำเร็จผล อาจเพราะมัวทำโจทย์ ไม่ได้เจอกับปัญหาจริง อันเป็นต้นกำเนิดของสรรพวิชาในปัจจุบัน

เวลาไม่รอท่า ปํญหายุ่งยากเหมือนกับดัก เข้าใจได้ 10% 20% ... 50% จนถึงร้อยก็มี เราเองก็เป็นส่วนหนึ่งในสังคมโลก ใช่มั้ยครับ

[poper]

หายไปนาน มาต่อแล้วนะครับ

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

1.11) $(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)=(ax-by-cz-dt)^2+(bx+ay-dz+ct)^2+(cx+dy+az-bt)^2+(dx-cy+bz+at)^2$

พิจารณา $(a-b-c-d)^2=(a^2+b^2+c^2+d^2)-2(ab+ac+ad-bc-bd-cd)$
และ $(bx+ay-dz+ct)^2=(dz-bx-ay-ct)^2$
$\ \ \ \ \ (cx+dy+az-bt)^2=(bt-cx-dy-az)^2$
$\ \ \ \ \ (dx-cy+bz+at)^2=(cy-dx-bz-at)^2$
$$(ax-by-cz-dt)^2=((ax)^2+(by)^2+(cz)^2+(dt)^2)-2(abxy+acxz+adxt-bcyz-bdyt-cdzt)$$
$$(dz-bx-ay-ct)^2=((dz)^2+(bx)^2+(ay)^2+(ct)^2)-2(bdxz+adyz+cdzt-abxy-bcxt-acyt)$$
$$(bt-cx-dy-az)^2=((bt)^2+(cx)^2+(dy)^2+(az)^2)-2(bcxt+bdyt+abzt-cdxy-acxz-adyz)$$
$$(cy-dx-bz-at)^2=((cy)^2+(dx)^2+(bz)^2+(at)^2)-2(cdxy+bcyz+acyt-bdxz-adxt-abzt)$$
จะเห็นว่าถ้าทั้ง 4 บรรทัดบวกกันหมด วงเล็บหลังจะตัดกันหมด เหลือ 0
นำ 16 พจน์ที่เหลือมาจัดรูปจะได้
$a^2(x^2+y^2+z^2+t^2)+b^2(x^2+y^2+z^2+t^2)+c^2(x^2+y^2+z^2+t^2)+d^2(x^2+y^2+z^2+t^2)$
$=(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)$

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

1.12) $x^2+y^2+z^2+x^2y^2z^2-2x^2yz-2xy^2z-2xyz^2+2xy+2xz+2yz-4=(x+y+z-xyz-2)(x+y+z-xyz+2)$

$LHS=[x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)]-2xyz(x+y+z)+x^2y^2z^2-4$
$=[(x+y+z)^2-2xyz(x+y+z)+x^2y^2z^2]-4$
$=(x+y+z-xyz)^2-4$
$(x+y+z-xyz-2)(x+y+z-xyz+2)$
$=RHS$

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

1.13) $[(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2]^2=2[(x-y)^4+(y-z)^4+(z-x)^4]$

ให้ $a=x-y\ \ ,b=y-z\ \ ,c=z-x$ จะได้ว่า $a+b+c=0$
$LHS=(a^2+b^2+c^2)^2\ \ \ = [(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)]^2$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =4(ab+bc+ca)^2---------(1)$
$RHS=2(a^4+b^4+c^4)\ \ =2[(a^2+b^2+c^2)^2-2(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =2[4(ab+bc+ca)^2-2(ab+bc+ca)^2+2abc(a+b+c)]$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =4(ab+bc+ca)^2---------(2)$
จาก $(1)$ และ $(2)$
ดังนั้น $LHS=RHS$

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

1.14) $\frac{(a+b-c)(a^2+b^2+c^2+bc+ca-ab)+c(c^2-3abc)}{a^2-ab+b^2}=a+b$

ข้อนี้โจทย์น่าจะผิด ผมเปลี่ยนโจทย์เป็น $\frac{(a+b-c)(a^2+b^2+c^2+bc+ca-ab)+c(c^2-3ab)}{a^2-ab+b^2}=a+b$ นะครับ
พิจารณาตัวเศษ จะได้ว่า
$(a+b-c)(a^2+b^2+c^2+bc+ca-ab)+c(c^2-3ab)=(a+b-c)[(a+b+c)^2-(bc+ca+3ab)]+c(c^2-3ab)$
$=(a+b-c)(a+b+c)^2-(a+b-c)[(a+b)c+3ab]+c(c^2-3ab)$
$=[(a+b)^2-c^2][(a+b)+c]-[(a+b)-c][(a+b)c+3ab]+c(c^2-3ab)$
$=(a+b)^3+(a+b)^2c-(a+b)c^2-c^3-(a+b)^2c-3ab(a+b)+(a+b)c^2+3abc+c^3-3abc$
$=(a+b)^3-3ab(a+b)$
$=(a+b)(a^2-ab+b^2)$
ดังนั้น $$\frac{(a+b)(a^2-ab+b^2)}{a^2-ab+b^2}=a+b$$

[poper]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

1.15) $(a^2-b^2+c^2-d^2)^2+2(ab-bc+dc+ad)^2=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2-2(ab-ad+bc+dc)^2$

$(a^2-b^2+c^2-d^2)^2=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2-4(b^2+d^2)(a^2+c^2)$
$\therefore LHS=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2-4(b^2+d^2)(a^2+c^2)+2(ab-bc+dc+ad)^2$
$RHS=(a^2+b^2+c^2+d^2)^2-2(ab-ad+bc+dc)^2$
ดังนั้นจะพิสูจน์ว่า $2(b^2+d^2)(a^2+c^2)-(ab-bc+dc+ad)^2=(ab-ad+bc+dc)^2$

\[\begin{array}{cl}(ab-ad+bc+dc)^2&=&[(ab+dc)-(ad-bc)]^2\\&=&(ab+dc)^2+(ad-bc)^2-2(ab+dc)(ad-bc)\\&=&(a^2b^2+a^2d^2+b^2c^2+c^2d^2)-2(ab+dc)(ad-bc)\end{array}\]
\[\begin{array}{cl}2(b^2+d^2)(a^2+c^2)-(ab-bc+dc+ad)^2&=&2(b^2+d^2)(a^2+c^2)-[(ab+dc)+(ad-bc)]^2\\&=&2(a^2b^2+a^2d^2+b^2c^2+c^2d^2)-(a^2b^2+a^2d^2+b^2c^2+c^2d^2)-2(ab+dc)(ad-bc)\\&=&(a^2b^2+a^2d^2+b^2c^2+c^2d^2)-2(ab+dc)(ad-bc)\end{array}\]
ดังนั้น $2(b^2+d^2)(a^2+c^2)-(ab-bc+dc+ad)^2=(ab-ad+bc+dc)^2$

[poper]

เรียบร้อยไปอีกชุดครับ ชุดต่อไปดูโจทย์แล้วหนักหนาสาหัสครับ อาจใช้เวลามากกว่าเดิม (พอดีช่วงนี้ยุ่งๆด้วยครับ)
ท่านใดสนใจจะลุย เชิญได้เลยนะครับ
2. จงพิสูจน์เอกลักษณ์ในข้อต่อไปนี้ภายใต้เงื่อนไข $a+b+c=0$
2.1 $\ \ 2(a^5+b^5+c^5)=5abc(a^2+b^2+c^2)$
2.2 $\ \ 5(a^3+b^3+c^3)(a^2+b^2+c^2)=6(a^5+b^5+c^5)$
2.3 $\ \ a^5+b^5+c^5=-5abc(bc+ca+ab)$
2.4 $\ \ 3(a^2+b^2+c^2)(a^5+b^5+c^5)=5(a^3+b^3+c^3)(a^4+b^4+c^4)$
2.5 $$-\frac{2}{3}\bigg(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\bigg)=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^3+b^3+c^3}$$
#ขอแก้โจทย์ตามที่คุณ Keehlzver ได้แสดงไว้ในข้อความข้างล่างนะครับ#

[Keehlzver]

ผมขอกวาดข้อ 2 ละกันนะครับ

มีเอกลักษณ์กำลัง 3 และ 5 ที่ต้องรู้คือ $x^3+y^3+z^3=3xyz+(x+y+z)(x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx)$ และ $(x+y+z)^5-x^5-y^5-z^5=5(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)(x+y)(y+z)(z+x)$
และก็ที่น่าจะรู้กันอยู่แล้วคือ $(x+y)(y+z)(z+x)+xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)$
(เอกลักษณ์พวกนี้พิสูจน์ได้ด้วยความเป็นตัวประกอบของพหุนามสมมาตรหรือจะถึกเอาก็ได้ครับ)

กำหนดให้
$p=a+b+c$
$q=ab+bc+ca$
$r=abc$
เราจะ List เอกลักษณ์ออกมาแบบนี้
$a+b+c=p$
$a^2+b^2+c^2=p^2-2q$
$a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$
$a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+4pr+2q^2$
$a^5+b^5+c^5=p^5-5p^3q+5p^2r+5pq^2-5qr$


ข้อ 2.3 จากเอกลักษณ์ตัวสุดท้าย แทน $p=0$ จะได้ $a^5+b^5+c^5=-5qr=-5abc(ab+bc+ca)$

ข้อ 2.1 จาก $a^2+b^2+c^2=p^2-2q$ แทน $p=0$ ได้ $a^2+b^2+c^2=-2q$
และจาก $2(a^5+b^5+c^5)=2(-5qr)=5r(-2q)=5abc(a^2+b^2+c^2)$

ข้อ 2.2 จากเอกลักษณ์$a^2+b^2+c^2=p^2-2q$ และ $a^3+b^3+c^3=p^3-3pq+3r$ แทน $p=0$
จะได้ $5(a^3+b^3+c^3)(a^2+b^2+c^2)=5(3r)(-2q)=6(-5qr)=6(a^5+b^5+c^5)$

2.4 จากเอกลักษณ์ $a^4+b^4+c^4=p^4-4p^2q+4pr+2q^2$ แทน $p=0$ จะได้ $a^4+b^4+c^4=2q^2$
ดังนั้น $3(a^2+b^2+c^2)(a^5+b^5+c^5)=3(-2q)(-5qr)=5(3r)(2q^2)=5(a^3+b^3+c^3)(a^4+b^4+c^4)$

2.5 โจทย์ผิด ต้องมีเครื่องหมายลบครับ ต้องเป็นแบบนี้ $\frac{-2}{3}(\frac{ab+bc+ca}{abc})=\frac{-2q}{3r}=\frac{a^2+b^2+c^2}{a^3+b^3+c^3}$

จบไปอีก 1 ชุดครับ

[poper]

โอ้ววววว..ต้องขอบคุณคุณ Keehlzver มากเลยครับ กลายเป็นเรื่องง่ายเลย
เดี๋ยวขอนั่งทำดูก่อนนะครับ หากมีข้อสงสัยจะเข้ามาถามครับ
งั้นเพิ่มโจทย์เลยล่ะกันครับ
3. ถ้า $(x+y+z)\bigg(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\bigg)=1$ จงพิสูจน์ว่า $(x+y)(y+z)(z+x)=0$
4.ถ้า $a+b+c=s$ จงพิสูจน์ว่า $(s-3a)^3+(s-3b)^3+(s-3c)^3=3(s-3a)(s-3b)(s-3c)$
5.ถ้า $a+b+c=2s$ จงพิสูจน์ว่า
5.1 $s^2+s(s-a)+s(s-b)+s(s-c)=2s^2$
5.2 $a^2+b^2+c^2=s^2+(s-a)^2+(s-b)^2+(s-c)^2$
6. ถ้า $a^{\frac{1}{3}}+b^{\frac{1}{3}}+a^{\frac{1}{3}}=0$ จงแสดงว่า$(a+b+c)^3-27abc=0$
7. ถ้า $x=b+c-a\ \ ,y=c+a-b\ \ ,z=a+b-c$ จงแสดงว่า$$x^3+y^3+z^3-3xyz=3(a^3+b^3+c^3-3abc)$$
8. เมื่อกำหนดให้ $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}$ จงพิสูจน์ว่า
8.1 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}=\frac{a+c+e}{b+d+f}$
8.2 $\frac{a}{b}=\frac{c}{d}=\frac{e}{f}=\frac{\sqrt{a^2+c^2+e^2}}{\sqrt{b^2+d^2+f^2}}$
9. ถ้า $a^3+b^3+c^3=3abc$ จงพิสูจน์ว่า $a+b+c=0$ หรือ $a=b=c$
10. จงพิสูจน์ว่า ถ้า $n$ เป็นจำนวนเต็มบวกแล้ว
$$1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+...+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{n}=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}$$
11. จงพิสูจน์ว่า ถ้า $n$ เป็นจำนวนเต็มบวกและ $a_1+a_2+...+a_n=\frac{ns}{2}$ แล้ว
$$(s-a_1)^2+(s-a_2)^2+...+(s-a_n)^2=a_1^2+a_2^2+...+a_n^2$$
12. สำหรับแต่ละจำนวนเต็มบวก $n$ กำหนดให้ $S_n=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}$ จงพิสูจน์ว่า $$nS_n=n+\bigg(\frac{n-1}{1}+\frac{n-2}{2}+...+\frac{2}{n-2}+\frac{1}{n-1}\bigg)$$ สำหรับทุกจำนวนเต็มบวก $n$

[จูกัดเหลียง]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ poper

โอ้ววววว..ต้องขอบคุณคุณ Keehlzver มากเลยครับ กลายเป็นเรื่องง่ายเลย
เดี๋ยวขอนั่งทำดูก่อนนะครับ หากมีข้อสงสัยจะเข้ามาถามครับ
งั้นเพิ่มโจทย์เลยล่ะกันครับ
3. ถ้า $(x+y+z)\bigg(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\bigg)=1$ จงพิสูจน์ว่า $(x+y)(y+z)(z+x)=0$

$$(x+y)(y+z)(z+x)=(x+y+z)(xy+yz+zx)-xyz=0$$

[จูกัดเหลียง]

5.ถ้า $a+b+c=2s$ จงพิสูจน์ว่า
5.1 $s^2+s(s-a)+s(s-b)+s(s-c)=2s^2$
$$s^2+s(s-a)+s(s-b)+s(s-c)=s^2+s(3s-(a+b+c))=2s^2$$