Shortlist 6th TMO 2009 <MWIT> [full version]

[Amankris]

#44

C8

Hint

ดูว่าแต่ละจำนวนนับ $k\leq n$ อยู่ในสับเซตที่มีสมาชิกกี่ตัวบ้าง

C10
หมายถึง ให้หา $k$ ทั้งหมดที่ทำให้ $X$ สามารถถูกแบ่งเป็น $2$ partition ที่มีเงื่อนไขนั้นได้

[Mol3ius]

รบกวนด้วยครับ รูปข้อสอบวันที่สอง หายครับ

[No.Name]

N3 ให้ p เป็นจำนวนเฉพาะคี่ จงหาเศษที่เหลือจากการหาร $\sum_{k = 0}^{p}k!(p-k)! $

$\displaystyle \sum_{k = 0}^{p}k!(p-k)!=p!+1!(p-1)!+2!(p-2)!+...+(p-1)!1!+p! $

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=2\left(\,p!+1!(p-1)!+...+(\dfrac{p+1}{2})(p-\dfrac{p+1}{2})!\right)$

$2\left(\,p!+1!(p-1)!+...+(\dfrac{p+1}{2})(p-\dfrac{p+1}{2})!\right)\equiv 2\left(\,0-1+2-3+...+ (\dfrac{p-1}{2})-(\dfrac{p+1}{2})\right) \pmod{p} $(ไม่แน่ใจว่า $\dfrac{p+1}{2}$ เป็นจำนวนคี่หรือเปล่าอ่ะครับ)

[Amankris]

#48
ไอเดียดีแล้วครับ

แต่ไม่ควรนำเลข $2$ ออกมา

[AnDroMeDa]

รบกวนHintหรือSolข้อนี้ทีครับ
C7(ปัตตานี) จงหาค่าของ$$\frac{1}{2009}\binom{2009}{0}-\frac{1}{2008}\binom{2008}{1}+\frac{1}{2007}\binom{2007}{2}-...+\frac{1}{1005}\binom{1005}{1004} $$

[Amankris]

#50
คาดว่าพจน์สุดท้ายควรจะเป็นเครื่องหมายบวกนะครับ

[AnDroMeDa]

แล้วถ้าเป็นบวกจะทำอย่างไงหรอครับ(โจทย์จริงๆผิดรึเปล่า?)

[PP_nine]

ผมลอกแนวคิดเขามาจากเฉลยนะครับ ลองดูๆ (วิธีนี้ผมพิสูจน์เป็นกรณีทั่วไปเพิ่มให้เลยครับ)

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ AnDroMeDa

C7(ปัตตานี) จงหาค่าของ
$$\sum_{k=0}^{1004} \frac{(-1)^k}{2009-k} \binom{2009-k}{k} =\frac{1}{2009}\binom{2009}{0}-\frac{1}{2008}\binom{2008}{1}+\frac{1}{2007}\binom{2007}{2}-...+\frac{1}{1005}\binom{1005}{1004}$$

โดยกรณีทั่วไปที่ผมจะหาค่าก็คือ
$$P_n=\sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } \frac{(-1)^k}{n-k} \binom{n-k}{k}$$
สำหรับจำนวนเต็มบวก $n,m$ เมื่อ $m \le n$ สังเกตว่า
$$\frac{1}{n-m} \binom{n-m}{m}=\frac{1}{n} \Big[ \binom{n-m}{m}+\binom{n-m-1}{m-1} \Big]$$
apply สูตรข้างต้นกับก้อน $P_n$ ได้
$$P_n=\frac{1}{n}\binom{n}{0} + \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \Big[ \binom{n-k}{k} + \binom{n-k-1}{k-1} \Big]$$
$$P_n=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{n-k}{k}+\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{n-k-1}{k-1}$$
$$P_n=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{n-k}{k}-\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor -1} (-1)^k \binom{n-2-k}{k}$$
$$P_n=\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{n-k}{k}-\frac{1}{n} \sum_{k=0}^{\left\lfloor\,(n-2)/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{(n-2)-k}{k}$$
ถ้ากำหนด
$$Q_n=\sum_{k=0}^{\left\lfloor\,n/2 \right\rfloor } (-1)^k \binom{n-k}{k}$$
ก็จะได้ว่า
$$P_n=\frac{1}{n}(Q_n-Q_{n-2})$$
พิจารณาลำดับของ $Q_1,Q_2,Q_3,...,Q_{13}$ พบว่าลำดับนี้เท่ากับลำดับ $1,0,-1,-1,0,1,1,0,-1,-1,0,1,1$

แสดงว่าลำดับ $Q_n$ ซ้ำกันเป็นคาบที่ยาว 6 (ผมยังพิสูจน์ตรงนี้ไม่ได้ครับ ในเฉลยบอกแค่นี้ $ $)

ดังนั้น
$$P_n = \cases{2/n & , n \equiv 0 (mod6) \cr 1/n & , n \equiv 1,5 (mod6) \cr -1/n & , n \equiv 2,4 (mod6) \cr -2/n & , n \equiv 3 (mod6)} $$
และเพราะ $2009 \equiv 5 (mod6)$ จึงได้ว่า
$$P_{2009}=\frac{1}{2009}$$
ผิดตรงไหนทักท้วงได้นะครับ เพราะงานนี้มึนได้อีก

[Metamorphosis]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Amankris

Schur's inequality

ให้ $p=a+b+c , q=ab+bc+ca ,r=abc$

จาก $a+b+c = 1$ และ $(a+b+c)^2 = a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)$ และ $a^3+b^3+c^3 = (a+b+c)((a+b+c)^2-3(ab+bc+ca))+3abc$

สิ่งที่เราจะต้องพิสูจน์คือ $1-2q \leqslant 2(1-3q+3r)+3r$ ซึ่งเป็นจริงเนื่องจาก $4pq \leqslant p^3+9r$ จากอสมการ schur's โดย $a+b+c = 1$

[ปากกาเซียน]

โจทย์number หละครับ