มาแล้ว คณิตศาสตร์โอลิมปิก สอวน. ครั้งที่ 2 ที่ ม.อุบลฯ

[passer-by]

ข้อ 18
พิจารณา k= 1และ k= 1273
เนื่องจาก tan (1273p/2548) =tan(p/2 - p/2548)=cot(p/2548)
ดังนั้น เทอมที่ k=1 และ1273 รวมกันได้ 1 (ลองบวกดูนะครับ)
และจะเกิดเหตุการณ์ เช่นนี้ สำหรับ k=2 &1272 , k=3 & 1271,....,k=636 & 638
ส่วน k =0, 637 แทนค่าปกติ จะได้ sumที่โจทย์ถามเท่ากับ 637.5

ข้อ 21 ให้ A=a-b ,B=b-g ,C=g-a
ดังนั้น A+B+C=0 และจะได้
\( \begin{array}{rcl} \large cos(A)+cos(B)+cos(C) =cos(A)+cos(B)+cos(A+B) =2cos(\frac{A+B}{2})cos(\frac{A-B}{2})+cos(A+B)\geq -2cos(\frac{A+B}{2})+cos(A+B)\\=-2cos(\frac{A+B}{2}) +2cos^{2}(\frac{A+B}{2})-1=2(cos\frac{A+B}{2}-\frac{1}{2})^{2}-\frac{3}{2}\geq \frac{-3}{2}
\end{array}\)
ดังนั้น ค่าตำสุด คือ -1.5 (เช่น a,b,g= 60,300,180 องศา ตามลำดับ)
หมายเหตุ :ใครมีวิธีสั้นกว่านี้หรือว่าผมทำผิด ช่วยบอกเป็นวิทยาทานด้วยนะครับ

[gools]

ได้แล้วครับ วันที่ 2 ข้อที่ 6

คลิกที่นี่เพื่อดูข้อความที่ซ่อนไว้

คูณทั้งเศษทั้งส่วนด้วย \(\frac{1}{a}\) เราจะได้ว่า
\[(\frac{2a-b}{a-b})^2 = (\frac{\frac{b}{a}-2}{\frac{b}{a}-1})^2\]
ดังนั้น
\[\sum_{cyc} (\frac{2a-b}{a-b})^2 = \sum_{cyc} (\frac{\frac{b}{a}-2}{\frac{b}{a}-1})^2\]
แทน \(x=\frac{b}{a}-1,y=\frac{c}{b}-1,z=\frac{a}{c}-1\) เราจะได้ว่า \[\begin{array}{rcl}(x+1)(y+1)(z+1) &=& 1 \\
1+x+y+z+xy+yz+zx+xyz &=& 1 \\
x+y+z+xy+yz+zx+xyz &=& 0 \\
x+y+z+xyz &=& \displaystyle{-\sum_{cyc} xy} \qquad\qquad (1)
\end{array}\]
และเราจะได้ว่า
\[\sum_{cyc} (\frac{\frac{b}{a}-2}{\frac{b}{a}-1})^2 = \sum_{cyc} (\frac{x-1}{x})^2 \geq 5\]
กระจายเศษส่วนออกมา จะได้ว่า
\[\begin{array}{rcl}
\displaystyle{\frac{\displaystyle{\sum_{cyc}[(x-1)^2y^2z^2]}}{x^2y^2z^2}} &\geq& \displaystyle{5} \\
\displaystyle{\sum_{cyc}[(x^2-2x+1)y^2z^2]} &\geq& \displaystyle{5x^2y^2z^2} \\
\displaystyle{\sum_{cyc} (x^2y^2z^2-2xy^2z^2+y^2z^2)} &\geq& \displaystyle{5x^2y^2z^2} \\
\displaystyle{3x^2y^2z^2-2\sum_{cyc}xy^2z^2+\sum_{cyc}x^2y^2} &\geq& \displaystyle{5x^2y^2z^2} \\
\displaystyle{\sum_{cyc}x^2y^2-2\sum_{cyc}xy^2z^2} &\geq& \displaystyle{2x^2y^2z^2} \\
\displaystyle{\sum_{cyc}x^2y^2-2xyz\sum_{cyc} xy} &\geq& \displaystyle{2x^2y^2z^2} \\
\text{จาก (1) เราได้ว่า}\qquad \displaystyle{\sum_{cyc}x^2y^2+2xyz(x+y+z+xyz)} &\geq& \displaystyle{2x^2y^2z^2} \\
\displaystyle{\sum_{cyc}x^2y^2+\sum_{cyc} 2x^2yz} &\geq& \displaystyle{0} \\
\displaystyle{(xy+yz+zx)^2} &\geq& \displaystyle{0}
\end{array}\]
ซึ่งเป็นจริงเสมอครับ

[nooonuii]

เมื่อวานก็บ้าโจทย์ข้อ 6 ไปวันนึงครับ แต่ก็คว้าน้ำเหลวฮิฮิ วิธีคิดของน้อง gool นี่ใช้ได้ทีเดียวแต่ยังไม่ได้ลองคิดตามดูครับ แต่ที่เห็นได้ชัดคือ ตอนสร้างตัวแปรใหม่ น่าจะมีปัญหาเรื่องการหารด้วยศูนย์นิดหน่อยนะครับ เพราะโจทย์ข้อนี้ทุกตัวแปรเป็นจำนวนจริง จึงมีตัวนึงเป็นศูนย์ได้ แต่กรณีนี้มันจะเห็นได้ชัดครับ พิสูจน์ไม่ยาก

[gools]

จริงด้วยครับ เคยแต่พิสูจน์อสมการที่เป็นจำนวนจริงบวก มาเจอข้อนี้ก็เล่นเอาชะงักไปเหมือนกัน
กรณีที่มีจำนวนใดจำนวนหนึ่งเป็นศูนย ์(เนื่องจาก \(a,b,c\) เป็นจำนวนจริงที่แตกต่างกัน) สมมติให้เป็น \(a\)
จะได้ว่า \(2^2+(\frac{2b-c}{b-c})^2+1^2 \geq 5\) ซึ่งเป็นจริงเสมอครับ

[Punk]

ข้อ 3 วันที่สอง
จับคู่เลขคี่ \( (1,3),(5,7),(9,11),\ldots\) เรียกว่า \( (a_i,b_i)\) นิยาม
\[
f(n)=\begin{cases}b_i,&\text{ถ้า}\,\,n=a_i\\
2a_i,&\text{ถ้า}\,\,n=b_i\\
2f(n/2),&\text{ถ้า}\,\,n\,\,\text{เป็นเลขคู่}
\end{cases}
\]

[Punk]

ข้อ 6 วันที่สอง
กรณี \( abc\neq0 \) ให้ \( x=a/(a-b),y=b/(b-c),z=c/(c-a) \) ซึ่งจะได้ว่า
\[
bx=(x-1)a,cy=(y-1)b,az=(z-1)c\Longrightarrow abc(xyz-(x-1)(y-1)(z-1))=0
\]
ดังนั้น \( x+y+z=xy+yz+zx+1 \)

พิจารณาเทอมซ้ายมือของอสมการ ซึ่งเท่ากับ
\[
(x+1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)+5=(x+y+z)^2+5\geq5
\]
กรณี \( abc=0 \) ก็ทำแบบเดียวกับของน้อง gools

[nooonuii]

มาแล้วครับ เซียนของจริง

[passer-by]

ข้อ 13 ผมว่าจัดรูปได้ m(2k+5(m-1)) =2³7³ นะครับ หลังจากนั้น ก็คิดคล้ายๆ คุณ nongtum ก็จะได้ k= 181
ข้อ 1(วันแรก) รบกวนคุณ nongtum ขยายความบรรทัดที่หา AD แบบละเอียดกว่านี้นิดนึงได้ไหมครับ

ส่วนข้อ 3 (วันแรก) ขอเสนออีกวิธีที่คำนวณออกมาเป็น ค่าที่ไม่ติด sin ครับ
ลาก เส้นแบ่งครึ่งมุม BD พบ AC ที่ D
ถ้า AB=a ,BC=b จะได้ AD=BD=b และ DC=a-b
พิจารณา สามเหลี่ยม ABD ,by law of sine จะได้
\( \large \frac{a}{sin72^{\circ}}= \frac{b}{sin36^{\circ}} \) หรือ จัดรูปเป็น \( \large \frac{a}{b}= 2cos36^{\circ}\).....(1)
พิจารณา สามเหลี่ยม BDC ,by law of sine จะได้
\( \large \frac{b}{sin72^{\circ}}= \frac{a-b}{sin36^{\circ}} \) หรือ จัดรูปเป็น \( \large \frac{a}{b}-1= \frac{1}{2cos36^{\circ}}\).....(2)
ให้ x= a/b ซึ่งคือค่าที่โจทย์ต้องการ ดังนั้น จาก (1) ,(2) จะได้
x² -x-1=0 ได้ \( \large x=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \)
หมายเหตุ : จากคำตอบของคุณ nongtum ผสมกับ คำตอบของผม ยังได้วิธีการ derive ค่า sine ของมุม 18 องศา อีกทางเลือกหนึ่งด้วย

ปิดท้ายด้วย ข้อ 1 วันที่ 2
หลังจากวาดรูปเสร็จแล้ว reflect สามเหลี่ยม BFC และ GH ไปอีกครึ่งของวงกลม กลายเป็น สามเหลี่ยม BfC และ gH ตามลำดับ
จะได้คอร์ด Gg ตัด BC ที่ H ดังนั้น (GH)(GH)=(GH)(gH) = (BH)(HC).....(1)
ถ้า กำหนด มุม ABE เป็น x องศา จะได้มุม BFC= 90+x = BfC และ มุม BAC=90-x
ดังนั้น BfC +BAC =180 องศา แสดงว่า สี่เหลี่ยม ABfC เป็น cyclic
ด้วยเหตุผลคล้ายกับสมการ (1) จะได้(AH)(HF)= (AH)(Hf)=(BH)(HC) ........(2)
จาก (1),(2) completes the proof

หมายเหตุ : ผมชอบฟังก์ชันที่คุณ Punk ตอบข้อ 3 วันที่ 2 มากครับ ถ้า unique ด้วยก็เจ๋งเลยครับ

[nongtum]

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
[QB]ข้อ 13 ผมว่าจัดรูปได้ m(2k+5(m-1)) =2³7³ นะครับ หลังจากนั้น ก็คิดคล้ายๆ คุณ nongtum ก็จะได้ k= 181
ข้อ 1(วันแรก) รบกวนคุณ nongtum ขยายความบรรทัดที่หา AD แบบละเอียดกว่านี้นิดนึงได้ไหมครับ

AYE! รวมเลขผิดอีกแล้ว -_-' ตามไปแก้และขยายที่กระทู้ข้างบนแล้วครับ

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
ส่วนข้อ 3 (วันแรก) ขอเสนออีกวิธีที่คำนวณออกมาเป็น ค่าที่ไม่ติด sin ครับ
ลาก เส้นแบ่งครึ่งมุม BD พบ AC ที่ D
ถ้า AB=a ,BC=b จะได้ AD=BD=b และ DC=a-b
พิจารณา สามเหลี่ยม ABD ,by law of sine จะได้
\( \large \frac{a}{sin72^{\circ}}= \frac{b}{sin36^{\circ}} \) หรือ จัดรูปเป็น \( \large \frac{a}{b}= 2cos36^{\circ}\).....(1)
พิจารณา สามเหลี่ยม BDC ,by law of sine จะได้
\( \large \frac{b}{sin72^{\circ}}= \frac{a-b}{sin36^{\circ}} \) หรือ จัดรูปเป็น \( \large \frac{a}{b}-1= \frac{1}{2cos36^{\circ}}\).....(2)
ให้ x= a/b ซึ่งคือค่าที่โจทย์ต้องการ ดังนั้น จาก (1) ,(2) จะได้
x² -x-1=0 ได้ \( \large x=\frac{1+\sqrt{5}}{2} \)
หมายเหตุ : จากคำตอบของคุณ nongtum ผสมกับ คำตอบของผม ยังได้วิธีการ derive ค่า sine ของมุม 18 องศา อีกทางเลือกหนึ่งด้วย

ขอสารภาพครับว่าตอนคิดเองเมื่อวานคิดค่า sin 18 ไม่ออก ทั้งๆที่เคยคิดได้ตอนอยู่มอห้า (หกเจ็ดปีก่อน) ขอบคุณคุณ passer-by ครับที่ช่วยรื้อกรุเทคนิคในสมองผม

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
ปิดท้ายด้วย ข้อ 1 วันที่ 2
หลังจากวาดรูปเสร็จแล้ว reflect สามเหลี่ยม BFC และ GH ไปอีกครึ่งของวงกลม กลายเป็น สามเหลี่ยม BfC และ gH ตามลำดับ
จะได้คอร์ด Gg ตัด BC ที่ H ดังนั้น (GH)(GH)=(GH)(gH) = (BH)(HC).....(1)
ถ้า กำหนด มุม ABE เป็น x องศา จะได้มุม BFC= 90+x = BfC และ มุม BAC=90-x
ดังนั้น BfC +BAC =180 องศา แสดงว่า สี่เหลี่ยม ABfC เป็น cyclic
ด้วยเหตุผลคล้ายกับสมการ (1) จะได้(AH)(HF)= (AH)(Hf)=(BH)(HC) ........(2)
จาก (1),(2) completes the proof

ข้อนี้ผมคิดไปคิดมาออกทะเลไปเลย ที่จริงคิดไม่ลึกเลยนะนี่

ข้อความเดิมของคุณ passer-by:
หมายเหตุ : ผมชอบฟังก์ชันที่คุณ Punk ตอบข้อ 3 วันที่ 2 มากครับ ถ้า unique ด้วยก็เจ๋งเลยครับ

ข้อนี้ผมคิดได้แค่ว่า f(f(m+n))=f(f(m))+f(f(n)) เท่านั้นเองครับ
เพราะมีคนเก่งๆแบบนี้ไงครับถึงชอบบอร์ดนี้ เวลาเล่นทีไรไม่ต้องทำอย่างอื่นกัน

[passer-by]

เป็นอันว่าคำตอบ ข้อ 1 วันแรก ของผมกับ คุณ nongtum ตรงกันครับ เพียงแต่คิดคนละวิธี (รู้สึก วิธีของผมจะคิดมากไปหน่อย) ยังไงก็ขอบคุณ คุณ nongtum ที่ปลีกเวลายุ่งๆจากการบ้านมหาศาล มาตอบให้ครับ
ตอนนี้ คำถามที่เหลือส่วนใหญ่ ก็เป็น number theory ,combinatorics (และ geometry อีก 1ข้อ) รอเซียนที่ว่างๆ สำแดงเดช ตามสบายเลยครับ

[gools]

ข้อ 2 ครับ คำตอบคือ \(\frac{1}{2}\) เพราะเป็นสามเหลี่ยมด้านเท่า

[nongtum]

ข้อความเดิมของคุณ gools:
ข้อ 2 ครับ คำตอบคือ \(\frac{1}{2}\) เพราะเป็นสามเหลี่ยมด้านเท่า

ช่วยขยายความหรือพิสูจน์ได้ไหมครับ ว่าทำไม H จึงเป็นจุดศูนย์กลางของวงกลม (ที่เหลือ clear ครับ)

[gools]

ขอโทษทีครับ คิดตื้น ๆ ไปหน่อย
เราได้ว่า
\[\frac{AB\times BC \times CA}{4 \times \text{พท. สามเหลี่ยม ABC}}=\frac{AB\times BC \times CA}{4 \times \frac{1}{2} \times BC \times CA \sin C}=\frac{AB}{2 \sin C}=\frac{A'B}{2 \sin \angle BAA' \sin C }=BH\]
\[\text{ดังนั้น}\qquad \sin \angle BAA' =\frac{A'B}{AB}= \frac{A'B}{2 BH \sin C }=\frac{1}{2}\]

ข้อ 11 ลองแยกตัวประกอบ \(x^{2005}+1\) ดูครับ จะพบว่าไม่มีคำตอบ

[passer-by]

เพิ่งถึงบางอ้อเมื่อกี๊นี้เอง ว่าทำไม คนตั้งโจทย์ ถึงกำหนด BH เท่ากับรัศมี circumscribed circle
งั้น ผมขอเสนอ อีกวิธีสำหรับข้อ 2 (วันแรก) แล้วกันครับ
จาก law of sine
\(\huge \frac{AB}{sin(C)}=2R=2BH \) ......(1) (R: radius of circumscribed circle)
แต่สามเหลี่ยม A'BH คล้ายกับสามเหลี่ยม BB'C ดังนั้น มุม C เท่ากับมุม BHA'
จาก (1) ประกอบกับเหตุผลบรรทัดก่อน จะได้
\( \huge \frac{AB}{2BH}=sin(C)=sin(BHA')= \frac{A'B}{BH} \)
ดังนั้น \( \huge \frac{A'B}{AB}= \frac{1}{2} \)

[nongtum]

ข้อ 10 (คิดตั้งนาน กว่าจะรู้ว่าใช้ทฤษฎีที่เพิ่งเรียนมาใช้ได้ ใครที่ทำง่ายกว่านี้ หรือหาที่ผิดเจอ ช่วยบอกด้วยนะครับ)

Solution

เนื่องจาก (2²⁰⁰⁵,เลขคี่)=1 เราจะได้จาก Euler theorem (\(m \in \mathbb{N}, a\in \mathbb{Z}, (a,m)=1 \rightarrow {a^{\varphi(m)}\equiv 1 (mod\ m)} \)) เมื่อ a เป็นเลขคี่ว่า
\[a^{2^{2004}}\equiv 1 (mod\ 2^{2005})\]
ดังนั้น \[a^{2^{2005}}=a^{2^{2004}}a^{2^{2004}}\equiv 1 (mod\ 2^{2005})\]
และ \[a^{2005\cdot{2^{2005}}} \equiv 1 (mod\ 2^{2005})\]
เนื่องจาก \({2^{2005}|(2n)^{2005\cdot{2^{2005}}}}\)ดังนั้น \[\sum_{k=1}^{2005}k^{2005\cdot{2^{2005}}} \equiv \sum_{n=1}^{1003}(2n-1)^{2005\cdot{2^{2005}}} \equiv 1003\ (mod\ 2^{2005})
\]

ตอนนี้คงเหลือแต่โจทย์แนว combinatorics ละมังครับ ^_^