Shortlisted TMO8

[PP_nine]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ No.Name

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

จริงๆมันจำกัดขอบเขตได้มากกว่านี้นะครับ เพราะ $\forall x\in\mathbb{Z}$, $x^3\equiv 0,1,-1 (mod9)$

ถ้า $n\geqslant 6 \Rightarrow n! \equiv 0 (mod9)$ ทำให้เหลือ $5 \equiv x^3 (mod9)$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

$\therefore n<6$ แล้วค่อยลองเทสค่าแค่ 5 ตัวก็ง่ายขึ้นแล้วครับ

[PP_nine]

อันนี้ไม่ใช่ของผมนะครับ เขาฝากมาลง โดยคุณ Aha





โหดขิงๆ

[No.Name]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

จริงๆมันจำกัดขอบเขตได้มากกว่านี้นะครับ เพราะ $\forall x\in\mathbb{Z}$, $x^3\equiv 0,1,-1 (mod9)$

ถ้า $n\geqslant 6 \Rightarrow n! \equiv 0 (mod9)$ ทำให้เหลือ $5 \equiv x^3 (mod9)$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้

$\therefore n<6$ แล้วค่อยลองเทสค่าแค่ 5 ตัวก็ง่ายขึ้นแล้วครับ

จะเก่งเกินไปแล้วมั้งครับ

ส่วนข้อ N12 ไม่ค่อยเข้าใจครับ ขอไปศึกษาก่อน ขอบคุณมากครับ

[LightLucifer]

#33
ต้องลองค่อยๆทดตามดูอ่ะครับ
ตอนเรียบเรียง solution ข้อนี้จะนานเป็นพิเศษ =="

ปล. ลายมือนี้คุ้นๆนะ PP 55+

[PP_nine]

คุ้นมากครับ 555+

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ 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 $z$

mark ข้อ A6 นิดนึงตรงที่ว่า ทำไมถึงสร้างสามเหลี่ยมที่มีความยาวด้านเป็น $x,y,z$ ได้ (มีคน pm มาถามผม)

ก็เพราะว่าฝั่งซ้ายเป็นบวกเสมอ ดังนั้นฝั่งขวาต้องไม่มีวงเล็บใดเป็นศูนย์เสมอ

และถ้าในกลุ่มวงเล็บ (x+y-z)(y+z-x)(z+x-y) มีบางวงเล็บติดลบก็จะสร้างสามเหลี่ยมไม่ได้

สมมติว่ามีบางวงเล็บติดลบ ได้ว่าต้องมีสองวงเล็บเท่านั้นที่ติดลบได้ เพื่อจะทำให้ทั้งก้อนเป็นบวก

WLOG : $x+y-z<0$ และ $y+z-x<0$

บวกสองอสมการเข้ากันก็จะได้ $2y<0$ ขัดแย้งกับที่ $x,y,z\in\mathbb{Z}^+$

เท่านี้ก็สามารถสร้างสามเหลี่ยมได้ตามต้องการแล้วครับ

[PP_nine]

วันนี้ขอเปลี่ยนแนวทำคอมบิง่ายๆละกันครับ (อันอื่นยังทำไม่ค่อยจะได้ )

C2 (ศิลปากร) เอกเชิญเพื่อนจาก 6 โรงเรียนๆละหนึ่งคน จงแสดงว่าทั้ง 7 คนต้องมีอย่างน้อย 4 คนที่รู้จักกันหรืออย่างน้อย 3 คนที่ไม่รู้จักกัน

solution

เนื่องจากเอกเป็นเพื่อนกับทุกคนหมด ดังนั้นถ้าใน 6 คนมีกลุ่ม 3 คนซึ่งรู้จักกันก็จบ เพราะได้ 4 คนที่รู้จักกันคือ 3 คนนั้นๆและเอกอีกหนึ่งคน

ต่อไปสมมติว่าในกลุ่ม 6 คนไม่มีกลุ่มย่อย 3 คนใดๆซึ่งรู้จักกัน

เนื่องจากในกลุ่ม 6 คนต้องมีอย่างน้อย 3 คนที่รู้จักกันหรืออย่างน้อย 3 คนที่ไม่รู้จักกัน (Ramsey Number, R(3,3)=6)

ก็ได้แล้วว่า ถ้าไม่เกิดกลุ่ม 3 คนที่รู้จักกัน ก็จะเกิดกลุ่ม 3 คนที่ไม่รู้จักกัน

พอรวมทั้ง 7 คนจึงได้ว่าต้องมีกลุ่ม 4 คนที่รู้จักกัน หรือกลุ่ม 3 คนที่ไม่รู้จักกัน
_________________________________________________________________________________________

ตัวพิสูจน์ Ramsey Number ดังกล่าวก็ไม่ยากครับ จะบอกแนวไว้ให้สำหรับคนที่ไม่ทราบ (เพราะมันเป็น well-known theorem)

ใช้รังนกพิราบกับคนๆหนึ่งได้ว่ามีอย่างน้อย $\left\lceil\,\frac{5}{2}\right\rceil$ คนที่มีสถานะเพื่อนเดียวกันกับคนที่พิจารณา

[PP_nine]

C3 (วลัยลักษณ์) ให้เซต A ประกอบด้วยสมาชิกจำนวนเต็มบวก 17 จำนวน โดยไม่มีสมาชิกใดมี prime divisor > 8 พิสูจน์ว่ามี 2 จำนวนในเซต A ซึ่งรากที่สองของผลคูณสองตัวนั้นเป็นจำนวนเต็ม

(ข้อนี้เห็นแล้วนึกถึงข้อ lattice point ใน tmo6 เลย)

solution

เนื่องจากถ้า $x\in A$, $x=2^a\cdot3^b\cdot5^c\cdot7^d$ เมื่อ $a,b,c,d\in\mathbb{N}_0$

แบ่งภาวะการเป็นคู่คี่ของ a,b,c,d ได้ 16 แบบ (เพราะแต่ละตัวเป็นได้ 2 แบบ)

$\therefore$ โดยหลักรังนกพิราบได้ว่ามีอย่างน้อย $\left\lceil\,\frac{17}{16}\right\rceil =2$ จำนวนซึ่งมีภาวะดังกล่าวเดียวกัน

นั่นคือผลคูณของสองตัวนั้นเกิดเป็นจำนวนใหม่ในรูป $2^i\cdot3^j\cdot5^k\cdot7^l$ ซึ่งเลขยกกำลังทุกตัวเป็นเลขคู่

จึงได้ว่ามีสองจำนวนในเซต A ซึ่งผลคูณของสองตัวนั้นมีรากที่สองเป็นจำนวนเต็ม

[No.Name]

N5(สอวน.) ให้ a,b และ c เป็นจำนวนเต็มบวกซึ่ง $a|b^c$ จงแสดงว่า $a|b^a$

จาก $a|b^c$ ดังนั้น $a|b$ และให้ p เป็นจำนวนเฉพาะซึ่ง $p^n$ เป็นตัวประกอบหนึ่งของ a

และจากนั้นสมมุติให้ $a\nmid b^a$ (ตรงนี้ไม่มั่นใจว่าสมมุติได้หรือเปล่านะครับ)

จากที่ $p^n|a$ แต่หาร $b^a$ ไม่ลงตัว

และ $p|a$ และ $a|b$ จะได้ว่า $p|b$ และจะได้อีกว่า $p^a|b^a$

และจากที่ $p^n\nmid b^a$ ก็จะได้ว่า $n>a$

$p^a < p^n \le a$ และเลือค่าที่น้อยที่สุดที่เป็นไปได้ของ p คือ 2

$2^a \le p^a < p^n \le a$ และจะได้ว่า $2^a\le a$ ซึ่งเกิดข้อขัดแย้ง

เพราะฉะนั้น $a|b^a$

[PP_nine]

C8 (สอวน) ทีม 2011 ทีมแข่งเทนนิสพบกันหมด แต่ละคู่เป็นได้แค่แพ้หรือชนะเท่านั้น เรียก 3 ทีมใดๆว่า "กลุ่มทัดเทียม" ก็ต่อเมื่อแต่ละทีมในกลุ่มจะแพ้หนึ่งทีมในกลุ่ม และชนะหนึ่งทีมในกลุ่ม จงหาค่ามากสุดของจำนวนกลุ่มทัดเทียม

(ข้อนี้ใช้หลักการเดียวกับโจทย์ที่พี่ Passer-by เคยเอามาลงครับ แค่เปลี่ยนจากเป่ายิ้งฉุบ 23 คนเป็นแข่งเทนนิส 2011 ทีมเท่านั้นเอง )

solution

ให้ cyclic คือกลุ่มทัดเทียมตามโจทย์ และ non-cyclic ก็คือตรงข้ามกัน

ดังนั้นเราจะนับกลุ่ม non-cyclic ที่น้อยสุดที่เป็นไปได้แทน และใช้อสมการ Jensen ที่กล่าวว่า

ถ้า f เป็น convex function (ฟังก์ชันนูน) ในช่วง $I$ แล้ว $\sum f(x_i)\geqslant n\cdot f(\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n})$ ทุก $x_i \in I$

ซึ่ง $f(x)=\pmatrix{x\\ 2} =\frac{x(x-1)}{2}$ ก็เป็น convex function ($\frac{d^2}{dx^2}f(x)>0$ ทุก $x>0$)

และค่าต่ำสุดเกิดเมื่อ $x_1,x_2,x_3,...x_n$ มีค่าใกล้เคียงกัน เพราะบางที $\frac{x_1+x_2+...+x_n}{n}$ ไม่เป็นจำนวนเต็ม จึงต้องเลือกค่าที่ใกล้เคียงกันและทำให้ค่าเฉลี่ยเป็นจำนวนเต็ม

กลับมาดูที่ non-cyclic แสดงว่าต้องมี 1 ทีมที่ชนะอีก 2 ทีมหรือมี 1 ทีมที่แพ้อีก 2 ทีม โดยให้ $a_i$ แทนจำนวนครั้งที่ทีมที่ $i$ ชนะ

ดังนั้นจำนวน non-cyclic = $\sum\pmatrix{a_i\\2} $ เพราะในทีมที่ $i$ จะสร้างกลุ่ม non-cyclic ได้จากการเลือกสองทีมที่ $i$ ชนะ

แต่เราสามารถนับอีกแบบได้คือ นับจำนวนทีมที่ $i$ แพ้ ซึ่งมีอยู่ $2010-a_i$ ทีม

ดังนั้นจำนวน non-cyclic = $\sum\pmatrix{2010-a_i\\2} $

รวมสองอันจึงได้ จำนวน non-cyclic = $\frac{1}{2}\left[\,\sum\pmatrix{a_i\\2}+\sum\pmatrix{2010-a_i\\2}\right] $

แต่โดยอสมการเจนเซน, $\pmatrix{a_i\\2}+\pmatrix{2010-a_i\\2}\geqslant 2 \pmatrix{1005\\2}$ และสมการเกิดเมื่อ $a_i=1005$

นั่นคือจำนวน non-cyclic $\geqslant \frac{1}{2}\left(\, 2011\cdot 2 \pmatrix{1005\\2} \right)=2011\cdot \pmatrix{1005\\2}$

ทำให้จำนวน cyclic $\leqslant \pmatrix{2011\\3}-2011\cdot \pmatrix{1005\\2}$

$\therefore$ จำนวนกลุ่มทัดเทียมมากสุดที่เป็นไปได้คือ $\pmatrix{2011\\3}-2011\cdot \pmatrix{1005\\2}$ เกิดเมื่อทุกทีมชนะ 1005 ทีมและแพ้ 1005 ทีมพอดี

[PP_nine]

สมมติได้ครับ แต่ส่วนนี้มันไงๆอยู่นะ

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ No.Name

จากที่ $p^n|a$ แต่หาร $b^a$ ไม่ลงตัว

และจากที่ (ได้ว่า) $p^n\nmid b^a$

$x|y$ และ $y\nmid z$ ไม่ได้ imply ว่า $x\nmid z$ นะครับ

[PP_nine]

N5 (สอวน) ให้ $a,b,c \in \mathbb{Z}^+$ ซึ่ง $a\mid b^c$ พิสูจน์ว่า $a\mid b^a$

solution

โทษครับ ทำผิด

[Amankris]

#38

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ No.Name

จาก $a|b^c$ ดังนั้น $a|b$

เริ่มต้นก็ไม่ถูกแล้วครับ


#41

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

solution

แต่ $(\frac{a}{d},d)=1$

ตรงนี้ไม่จริงนะครับ

[จูกัดเหลียง]

G11 วงกลมสามวง รัศมี $r_1,r_2,r_3$สัมผัสภายนอกซึ่งกันเเละกัน ทีุ่จุด A,B,C
ถ้า $p$ เเทนความยาวรอบรูปของรูปสามเหลี่ยม ABC
จงเเสดงว่า $$\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_2}\ge \frac{9}{p}$$

My_Soln

กำหนด จุดศูนย์กลางของวงกลมที่มีรัศมีเป็น $r_1,r_2,r_3$ เป็น $O_1,O_2,O_3$ ตามลำดับ
เเละกำหนด มุม $O_1AB=\alpha,O_2CA=\beta,O_3BC=\gamma$
จาก $\Delta ABC\rightarrow \alpha+\beta+\gamma=\pi$ เเละ $p=2(r_1\cos\alpha+r_2\cos\beta+r_3\cos\gamma)$
นั่นคือ เราต้องการพิสูจน์ว่า $$2\Big(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_3}\Big)(r_1\cos\alpha+r_2\cos\beta+r_3\cos\gamma)\ge 9...(*)$$
$$\Leftrightarrow 2\Big(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2}+\frac{1}{r_3}\Big)(r_1\cos\alpha+r_2\cos\beta+r_3\cos\gamma)\ge\Big(\frac{1}{r_1}+\frac{1}{r_2 }+\frac{1}{r_3}\Big)(r_1+r_2+r_3)$$
ซึ่งทำให้ $(*)$ เป็นจริงโดย อสมการ A.M-H.M
$$\Leftrightarrow 2(r_1\cos\alpha+r_2\cos\beta+r_3\cos\gamma)\ge r_1+r_2+r_3$$
จาก Sine Law $$\Leftrightarrow 2(\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma)\ge \tan\alpha+\tan\beta+\tan\gamma$$
ซึ่งเป็นจริงโดย อสมการของ Jensen โดย เลือก $f(x)=2\sin x-tan x$
ปล. ผม Jensen เเบบมั่วๆครับ ถ้าผิดก็ ... มา ณ ที่นี้

[จูกัดเหลียง]

A5 ถ้า $k_1,k_2,...,k_n,n\in \mathbb{N}$
โดยสอดคล้องกับสมการ $$k_1+k_2+...+k_n=6n-8,\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}+...+\frac{1}{k_n}=1$$
จงหา $k_i,n$ ที่สอดคล้อง

My_Soln

โดย อสมการ A.M-H.M จะได้ว่า $$(k_1+...+k_n)\Big(\frac{1}{k_1}+..+\frac{1}{k_n}\Big)=6n-8\ge n^2$$
$$\rightarrow (n-2)(n-4)\leq 0$$
นั่นคือ $n=2,3,4$
กรณี n=2 จะได้ $k_1=k_2=2$
กรณี n=3 โดยไม่เสียนัยทั่วไป ให้ $k_1\ge k_2\ge k_3\ge 1$
$k_1+k_2+k_3=10\ge 3k_3\rightarrow k_3=2,3$
เมื่อ $k_3=2$ ได้ $k_1=k_2=4$
เมื่อ $k_3=3$ ได้ว่า $k_1,k_2\not \in \mathbb{N}$
กรณี n=4 จะได้ $(k_1+k_2+k_3+k_4)(\frac{1}{k_1}+\frac{1}{k_2}+\frac{1}{k_3}+\frac{1}{k_4})=16$
ซึ่ง จะได้ $k_1=k_2=k_3=k_4=4$ โดยอสมการ A.M-H.M.

[Amankris]

#43

กำหนดจุด A,B,C อยู่ตรงไหนครับ

บางบรรทัด มันไม่ใช่ ก็ต่อเมื่อ นะครับ

ตรง Sin's Law มาได้อย่างไร อธิบายหน่อยก็ดี

ใช้ Jensen อย่างไร convex หรือ concave แล้วก็หาอนุพันธ์มาด้วยจะดีกว่านะครับ