ข้อสอบ 8th TMO

[PP_nine]

ปีนีมีการเปลี่ยนแปลงระเบียบ(ไม่)เล็กน้อย
โดยการเปลี่ยนข้อสอบเป็น 6 ข้อข้อละ 7 คะแนนทั้งสองวัน





ขออนุญาตรวมกระทู้เพื่อความสะดวกในการติดตามนะครับ: nongtum

[PP_nine]

hint:
1. $q\geqslant n\geqslant p$
2. สร้าง l<m+n จัดรูปได้ f(n)=1
3. CQRP concyclic
4. ใครคิดได้มั่ง
5. อย่าลืมว่า 1 เป็นหนึ่งคำตอบ!
6. กระจายยยยย

[Suwiwat B]

ข้อสอบมาเร็วมากๆๆๆๆ !!!!!

[Suwiwat B]

มาแล้ว ..... โหดจริงอะไรจริงนะครับ
แล้วเขียนเป็นข้อ 7 ถึง 12 ด้วย !!!

[ShanaChan]

ข้อ 6 ปีนี้ ทำให้ผมนึกถึง ข้อสอบ Romania TST 2008 คล้ายกันจริงๆ
http://www.artofproblemsolving.com/F...30705fc7836532

[nooonuii]

7.

My Solution:

ให้รากคือ $x_1,x_2,x_3,x_4,x_5$ จะได้ว่า $x_1,...,x_5>0$ และ $x_1x_2x_3x_4x_5=1$

ดังนั้นโดย AM-GM

$a\geq \binom{5}{1}$

$b\geq \binom{5}{2}$

$c\geq \binom{5}{3}$

$d\geq \binom{5}{4}$

$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{d}\leq \dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{10}+\dfrac{1}{5}=\dfrac{3}{5}$

9.

My Solution:

ถ้า $n=2$ เห็นได้ชัด

สมมติ $n\geq 3$

จะได้ว่า

$\sqrt{2n-1}<n-1<2n-2<2n-1$

โดย Chebychev Theorem จะมีจำนวนเฉพาะ $p$ ที่สอดคล้องสมบัติ

$n-1<p<2n-2$

ดังนั้น $\sqrt{2n-1}<p<2n-1$

ซึ่งจะได้ว่า $p$ ปรากฎใน $m=1\cdot 3\cdot 5\cdots (2n-1)$ เพียงครั้งเดียว

สมมติว่า

$1+\dfrac{1}{3}+\cdots+\dfrac{1}{2n-1}=k$ เป็นจำนวนเต็ม

จะได้ว่า

$km=m+\dfrac{m}{3}+\cdots +\dfrac{m}{2n-1}$

ดังนั้น $p$ หาร $\dfrac{m}{p}$ ลงตัวซึ่งขัดแย้ง

[Suwiwat B]

ทำไม
a $\geqslant \binom{5}{1}$ เหรอครับ

[nooonuii]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Suwiwat B

ทำไม
a $\geqslant \binom{5}{1}$ เหรอครับ

โดย Vieta formula

$a=x_1+x_2+x_3+x_4+x_5\geq \binom{5}{1}(x_1x_2x_3x_4x_5)^{1/5}=\binom{5}{1}$

ใส่ไว้ในรูปนี้เพราะว่าตัวต่อไปคือ

$b=\sum_{i<j} x_ix_j$ จะมีจำนวนเทอมทั้งหมด $\binom{5}{2}$ เทอม และสามารถใช้วิธีเดียวกันพิสูจน์ว่า

$b\geq\binom{5}{2}(x_1x_2x_3x_4x_5)^{4/10}=\binom{5}{2}$

[nooonuii]

6. ให้ $a_1,...,a_n\in [0,1]$ และ $m=\dfrac{a_1+\cdots+a_n}{n}$ จะได้ว่า

$$(a_1-m)^2+\cdots+(a_n-m)^2\leq \dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$$

My Solution:

ให้ $a_1,...,a_n\in [0,1]$ และ $s=a_1+\cdots+a_n$

จะพิสูจน์ว่า $(na_1-s)^2+(na_2-s)^2+\cdots+(na_n-s)^2\leq n\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

ให้ $f(a_1,...,a_n)=(na_1-s)^2+(na_2-s)^2+\cdots+(na_n-s)^2$

มอง $f$ ให้เป็นฟังก์ชันในตัวแปร $a_1$ จะได้ว่า กราฟของ $f$ เป็นพาราโบลาหงาย

ดังนั้น $f$ จะมีค่าสูงสุดที่จุดปลายของพาราโบลาในช่วง $[0,1]$ นั่นคือเมื่อ $a_1=0$ หรือ $a_1=1$

ในทำนองเดียวกัน ถ้ามอง $f$ เป็นฟังก์ชันในตัวแปร $a_2$

$f$ จะมีค่าสูงสุดเมื่อ $a_2=0$ หรือ $a_2=1$

ดังนั้น ค่าสูงสุดของ $f$ จะเกิดเมื่อ ทุกตัวแปรมีค่าเป็น $0$ หรือ $1$

สมมติว่า $a_i=0$ เป็นจำนวน $k$ ตัว และ $a_i=1$ อีก $n-k$ ตัว

จะได้ว่า $s=n-k$ และ $f=ks^2+(n-k)(n-s)^2=k(n-k)^2+(n-k)k^2=kn(n-k)$

ต่อไปพิจารณาว่า $k(n-k)$ มีกราฟเป็นพาราโบลาคว่ำซึ่งจะมีค่าสูงสุดเมื่อ $k=\dfrac{n}{2}$

ถ้า $n$ เป็นจำนวนคู่ จะได้ว่า $k$ เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น ค่าสูงสุดของ $k(n-k)$ คือ $\dfrac{n^2}{4}$

ถ้า $n$ เป็นจำนวนคี่ จะได้ว่า $k$ ไม่เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้นค่าสูงสุดจะเกิดที่จำนวนเต็มที่อยู่ใกล้ $\dfrac{n}{2}$ มากที่สุด ซึ่งก็คือ $\dfrac{n-1}{2}$ หรือ $\dfrac{n+1}{2}$

ดังนั้นค่าสูงสุดคือ $\dfrac{n^2-1}{4}$ (ทั้งสองกรณี)

จึงได้ว่า $k(n-k)$ มีค่าสูงสุดเท่ากับ $\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

ดังนั้น $f\leq n\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

กลับมาที่โจทย์เดิมจะได้ว่าค่าสูงสุดคือ $\dfrac{1}{n^2}\cdot$ ค่าสูงสุดของ $f$ $=\dfrac{1}{n}\Big[\dfrac{n^2}{4}\Big]$

[nooonuii]

1.

My Solution:

$p|n!\Rightarrow p\leq n$

$q|(n-1)!-1\Rightarrow (n-1)!\equiv 1\pmod{q}$

ถ้า $q\leq n-1$ จะได้ว่า $q|(n-1)!$ ซึ่งขัดแย้ง

ดังนั้น $q\geq n$ แต่ $(n,(n-1)!-1)=1$ จึงได้ว่า $q>n$

ดังนั้น $p<q$

[PP_nine]

2.) หาฟังก์ชัน $f:\mathbb{N} \rightarrow \mathbb{N} $ ซึ่ง $f(2m+2n)=f(m)f(n)$ $\forall m,n\in \mathbb{N} $

เลือก $l\in \mathbb{N} , l < m+n$

$\therefore f(2m+2n)=f(2m+2n-2l+2l)$

$f(m)f(n)=f(m+n-l)f(l)$

แทน $m\rightarrow 2m+2l$ ซึ่งในทีนี้ $l\in \mathbb{N}$ จะเป็นอะไรก็ได้ เพราะ $l<(2m+2l)+n, \forall l\in \mathbb{N}$

$f(2m+2l)f(n)=f(2m+n+l)f(l)$

$f(m)f(l)f(n)=f(2m+n+l)f(l)$

แต่ $f:\mathbb{N}\rightarrow \mathbb{N}, f(l)\not= 0$

$\therefore f(m)f(n)=f(2m+n+l)$

$f(2m+2n)=f(2m+n+l), \forall l \in \mathbb{N}$

แทน $m=n=1$ และเลือก $l$ ใดๆชัดเจนว่า $f(4)=f(5)=f(6)=...$ ---(*)

จากโจทย์ แทน $m=4, f(8+2n)=f(4)f(n)$

แต่ $8+2n>4$ โดย (*) ได้ว่า $f(8+2n)=f(4)$

$\therefore f(n)=1, \forall n\in\mathbb{N}$

[TGM8]

Hint (ข้อที่ยังไม่มีคนทำ):
4. (i) ดูนักเรียนชายต่างชาติ (ii) ดูนักเรียนหญิงต่างชาติ
10. $f(f(m)+f(n))$ and $f(f(m)f(n))$
11. $O,I$ and orthocenter of $XYZ$ are collinear or Euler's line
12. สมมติว่าหมุนไป $k$ ขั้น แล้วได้ดังกล่าว ดังนั้นหมุนไป $3k$ ขั้น จะกลับมาเหมือนเดิม ต่อไปพิจารณา $\text{gcd}(3k,3\times 2554)$

[nooonuii]

2.

My Solution:

จะพิสูจน์โดยอุปนัยเชิงคณิตศาสตร์ว่า $f(n)=f(1)^{\frac{n+2}{3}}$ ทุกค่า $n\in\mathbb{N}$
ก่อนอื่นสังเกตว่า ถ้า $a+b=c+d$ แล้ว $f(a)f(b)=f(c)f(d)$

เราทราบว่า $f(4)=f(1)^2$ และ

$f(1)f(3)=f(2)f(2)$

$f(1)f(4)=f(2)f(3)$

นำสองสมการนี้มาคูณกันแล้วจัดรูปจะได้

$f(2)=f(1)^{\frac{4}{3}}$

สมมติว่าสมการเป็นจริงสำหรับทุก $2\leq k\leq n-1$

จะได้ว่า $f(n)=\dfrac{f(2)f(n-1)}{f(1)}=f(1)^{\frac{n+2}{3}}$ ตามต้องการ

แทนค่ากลับไปที่เงื่อนไขโจทย์จะได้ว่า $f(1)=1$

จึงได้ $f(n)=1$ ทุก $n\in\mathbb{N}$

[Bonegun]

มีเกร็ด การให้คะแนน มาฝากคับ
ไปถามน้องที่ไปแข่งมา
ข้อ 7 ถ้าไม่ พิสูจน์ว่า รากเป็นบวก
คะแนนจะเหลือ 1 เฮือก - -

[No.Name]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Bonegun

มีเกร็ด การให้คะแนน มาฝากคับ
ไปถามน้องที่ไปแข่งมา
ข้อ 7 ถ้าไม่ พิสูจน์ว่า รากเป็นบวก
คะแนนจะเหลือ 1 เฮือก - -

หลานผมก็โดนมาแล้วครับ

ตอนแรกก็นึก ว่าเขาแจกคะแนนซะอีก

เห็น AM-GM ครั้งเดียวก็ออก