SHORTLIST TMO (7th) เฉพาะคำถาม

[gon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Keehlzver

เอกลักษณ์ดีกรี 5 ที่คุณ passer-by บอกน่าจะเป็นตัวนี้ครับ (ใช้วิธีเเบบพี่ gon สอนในบทความ)

$$x^5+y^5+z^5=(x+y+z)^5-5(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)(x+y)(y+z)(z+x)$$

น่าจะหมายถึงตัวนี้กระมังครับ เหมือนจะเคยเห็นอยู่

ถ้า $a+b+c = 0$ แล้ว

$a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)$

$a^3+b^3+c^3 = 3abc$

$\frac{a^5+b^5+c^5}{5} = (\frac{a^2+b^2+c^2}{2})(\frac{a^3+b^3+c^3}{3})$

[กิตติ]

ขอบคุณคุณGONที่ช่วยหาเอกลักษณ์มาให้ดูครับ และขอบคุณคุณKeehlzverที่ช่วยขุดนำมาให้ดู

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ iMsOJ2i2y

ส่วนข้อที่ผมผิดช่วยเฉลยหน่อยได้ไหมครับ ว่ามันทำยังไง

ที่ผิด 2 ข้อนั้น ยังไม่เฉลยตอนนี้ครับ อยากให้ลองคิดดูก่อน เพราะผมเชื่อว่ามีสมาชิกท่านอื่นอาจจะกำลังคิดอยู่

แต่ผมจะให้ hint ไว้แล้วกัน

ข้อ 8 combinatorics ที่น้องผิดเพราะคำตอบ $47^4$ นั้นนับเกินไปหลาย case (เช่น นับรวมเอา 7,7,7,7 ไปด้วย)

จริงๆข้อนี้ทำได้หลายวิธี

ผมให้ hint ไว้อย่างนี้แล้วกัน $ b \geq a+1 \Rightarrow b = a+1+ x_1 \,\, , \exists x_1 \geq 0 $
ส่วนอีก 2 อสมการ ทำคล้ายๆกัน ถ้ามาถูกทาง ตอนจบจะได้ $ d= a+x_1+x_2+x_3 +6 \leq 53 $

สร้าง $x_4$ แล้วที่เหลือก็ง่ายแล้วครับ (ผมคิดว่า น้องอาจจะต้องรู้สูตรจำนวน nonnegative solutions ของสมการ ตระกูล $ x_1+x_2+..+x_k =n$ ด้วย)

--------------------------------------------------------------------
ส่วนข้อ 3 N.T. จะต้องมีความรู้เรื่อง euler-phi function กับ Euler-phi theorem ซักหน่อย ถึงจะทำข้อนี้ได้

อาจจะบังเอิญที่น้องไป start ข้อยากด้วยครับ เพราะถ้าเทียบกัน 5 ข้อของ N.T. ข้อนี้หนักสุด

Hint ของข้อนี้ คือพิสูจน์ สิ่งที่แรงกว่า ข้อความที่กำหนดครับ

ถ้า $n= p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...p_k^{\alpha_k}$

เลือก subscript i มาซักตัว แล้วพิสูจน์ว่า $ \sum_{i=1}^n i^{\phi(n)}$ หารด้วย $p_i^{\alpha_i} $ ไม่ลงตัว

[กิตติ]

ลืมขอบคุณลุงBankerที่ช่วยตัดภาพเป็นข้อๆให้ จะได้สะดวกเวลาเอามาแปะกับข้อความที่เฉลย

[LeBron23]

ขอบคุนครับ ผมอยากได้ตั้งแต่สอบเสร็จและ หายากจิงๆๆๆ

[LightLucifer]

NT ข้อ 4
ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ และกำหนด $a_n=n+\frac{p!}{n}$ สำหรับแต่ละ $n=1,2,...,p-1$ จงพิสูจน์ว่า
$$p\left|\,\right. \binom{a_1}{p}+\binom{a_{2}}{p}+...+\binom{a_{p-1}}{p}$$

Unsure Solution

ในกรณีที่ $p=2$ ไม่เป็นความจริง
ให้ $p>2$ เป็นจำนวนเฉพาะ
ให้ $k\in \left\{\,1,2,...,p-1\right\} $
พิจรณา
$\binom{a_k}{p}=\frac{1}{p!}\frac{(a_k)!}{(a_k-p)!}=\frac{1}{p!}((k+\frac{p!}{k}-p+1)(k+\frac{p!}{k}-p+2)...(k+\frac{p!}{k}-p+(p-k))...(k+\frac{p!}{k}-p+p)$
$=((k+\frac{p!}{k}-p+1)(k+\frac{p!}{k}-p+2)...(\frac{1}{k})...(k+\frac{p!}{k}-p+p)$
$=(((\frac{p!}{k}-p)+k+1)((\frac{p!}{k}-p)+k+2)...(\frac{1}{k})...((\frac{p!}{k}-p)+k+p)\equiv (k+1)(k+2)...(k+p)(k^{-1}) \ \ \ (mod \ \ p)$
ในทำนองเดียวกันเราจะได้ว่า
$\binom{a_{p-k}}{p}=(((\frac{p!}{p-k}-p)+p-k+1)((\frac{p!}{p-k}-p)+p-k+2)...(\frac{1}{p-k})...((\frac{p!}{p-k}-p)+p-k+p)\equiv (-(k-1))(-(k-2))...(-(k+p))(-(k^{-1}))$
$\equiv (-1)^p(k+1)(k+2)...(k+p)(k^{-1}) \equiv -(k+1)(k+2)...(k+p)(k^{-1}) \ \ \ (mod \ \ p)$
นั่นคือ $\binom{a_k}{p}+\binom{a_{p-k}}{p} \equiv 0 \ \ \ (mod \ \ p)$
ดังนั้น $\binom{a_1}{p}+\binom{a_{2}}{p}+...+\binom{a_{p-1}}{p} \equiv 0 \ \ \ (mod \ \ p)$

ผมไม่ค่อยมั่นใจว่าใช้ inverse modulo ได้ถูกหรือป่าวน่ะครับ

รบกวนช่วยเช็คด้วยนะครับ เพราะผมก็ไม่แน่ใจเหมือนกันเพราะยังไม่เคยใช้ congruence แบบนี้เลย

ปล. ขอบคุณสำหรับ HINT NT ข้อ 3 ครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ผมไม่ค่อยมั่นใจว่าใช้ inverse modulo ได้ถูกหรือป่าวน่ะครับ

รบกวนช่วยเช็คด้วยนะครับ เพราะผมก็ไม่แน่ใจเหมือนกันเพราะยังไม่เคยใช้ congruence แบบนี้เลย

วิธีของคุณ lightlucifer ก็ถูกครับ แต่เพื่อหลีกเลี่ยงการเขียน $\frac{1}{k}$ ในระบบ modulo ผมว่าก่อนจะ take mod น่าจะเอา k คูณ 2 ข้างของสมการก่อน จะได้ไม่มีเศษส่วนแบบนี้เกิดขึ้น แล้วตอนจบเราปลด k ทิ้งได้อยู่แล้ว เพราะ k< p

ไม่รู้มีใครได้สังเกตหรือเปล่าว่า ข้อนี้กับข้อ 10 ของวันแรกใน TMO ใช้หลักการเริ่มต้นเหมือนกัน นั่นคือ ต้องพิสูจน์ $ \left\lfloor\, \frac{n}{p}\right\rfloor \equiv \binom{n}{p} \pmod p $ ซึ่งเป็น lemma เก็บไว้ apply กับข้ออื่นได้ โดยไม่ต้องซีเรียสว่า $a_i$ จะหน้าตาเป็นอย่างไร

[LightLucifer]

ใครก็ได้ช่วย NT ข้อ 5 หน่อยครับ

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ LightLucifer

ใครก็ได้ช่วย NT ข้อ 5 หน่อยครับ

ข้อนี้ มันยากแค่ตอนเริ่มครับ นั่นคือ ต้องหา n ตัวที่หนึ่งให้ได้ จากนั้น n ตัวที่เหลือจะง่ายมาก

โจทย์ NT มักมีการเสก n สไตล์นี้บ่อยๆ ลองดูใน hint ด้านล่าง

HINT

พิสูจน์ $ n = 2553^{m-1}$ สอดคล้อง โดยใช้ Induction

[banker]

จากรูป ได้มุมต่างๆตามเงื่อนไขโจทย์ (และเส้นขนานตามโจทย์)

$x = y + z \ \ \ \ \ \ $ ....(*)

$BG = EC \ \ \ \ \ \ \ $ .....(**)

$ \bigtriangleup DEC \approx \bigtriangleup EDF \ \ \ \ \ $(ม.ม.ม)

$\dfrac{EC}{DE} = \dfrac{DE}{EF}$

$\dfrac{BG}{DE} = \dfrac{DE}{EF} \ \ \ $ จาก .....(**)

$DE^2 = BG \cdot EF \ \ \ \ Q.E.D$

[LightLucifer]

#39
ใช่ครับ ผมก็ลำบากใจที่ตัวแรกเนี่ยแหละ

THX for HINT ครับ

[banker]

ข้อนี้ ไม่แน่ใจ เอาคำตอบก่อนก็แล้วกัน

$\dfrac{[EDH]}{[BCD]} = (2-\sqrt{3} )^2 = 7-4\sqrt{3} $






17 ตุลาคม 2553


มาสารภาพว่า ผมใช้วิชามารเพื่อหาคำตอบ

โจทย์กำหนดABC เป็นสามเหลี่ยมมุมแหลม

ดังนั้นสามเหลี่ยมมุมแหลมทุกชนิด ย่อมให้คำตอบเหมือนกัน

ผมก็เลยให้ ABC เป็นสามเหลี่ยมด้านเท่าซะเลย (สามเหลี่ยมด้านเท่าเป็นsubsetของสามเหลี่ยมมุมแหลม)
ถ้าสามเหลี่ยมด้านเท่า มีด้านยาวด้านละ 1 หน่วย
ดังนั้นพื้นที่สามเหลี่ยม BCD = $\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3} }{4} = \frac{\sqrt{3} }{8} \ $ตารางหน่วย



AE = EH = x หน่วย

สามเหลี่ยม EDH มีมุม DEH = 15+15 = 30 องศา ----> มุมEHD = 60 องศา

DE = $\frac{\sqrt{3} }{2}x$

HD = $\frac{x}{2}$

AE+ED = $x + \frac{\sqrt{3} }{2}x = \frac{1}{2} \ \ $(ครึ่งของสามเหลี่ยมด้านเท่า)

$2x+\sqrt{3}x = 1 $

$x = \frac{1}{2+\sqrt{3} } = 2 - \sqrt{3} $

พื้นที่สามเหลี่ยม EHD =$ \frac{1}{2}\cdot\frac{x}{2}\cdot\frac{\sqrt{3} }{2}x = \frac{1}{8}\sqrt{3}x^2 = \frac{1}{8}\sqrt{3}(2-\sqrt{3} )^2 $



$\dfrac{[EDH]}{[BCD]} = \frac{ \frac{1}{8}\sqrt{3}(2-\sqrt{3} )^2}{\frac{\sqrt{3} }{8}} = (2-\sqrt{3} )^2 = 7 - 4\sqrt{3} \approx 0.0718 $



เป็นวิชามารเพื่อหาคำตอบในห้องสอบ

อยากเห็นวิธีทั่วไปที่ไม่ใช่สามเหลี่ยมด้านเท่ามากกว่า

[Siren-Of-Step]

จงหาจำนวนเต็มบวกที่เป็นผลเฉลยของสมการ
$(x_1+x_2+x_3)(y_1+y_2)^2 = 252 = 2^2 * 3^2 * 7$

เนื่องจาก $x,y \in \mathbb{N} $
เราสามารถแบ่งกรณีได้ 3 กรณี

1. $x_1+x_2+x_3 = 7 , y_1+y_2 = 6 $จำนวนชุดคำตอบคือ $\binom{4+3-1}{4}\binom{4+2-1}{4} $
2. $x_1+x_2+x_3 = 28 , y_1+y_2 = 3$ จำนวนชุดคำตอบคือ $\binom{25+3-1}{25}\binom{1+2-1}{1} $
3. $x_1+x_2+x_3 = 63 , y_1+y_2 = 2$ จำนวนชุดคำตอบคือ$\binom{60+3-1}{60}\binom{0+2-1}{0} $

สรุป จำนวนชุดคำตอบของสมการคือ $\binom{6}{4}\binom{5}{4}+ \binom{27}{25}\binom{2}{1}+\binom{62}{60}\binom{1}{0} $

[passer-by]

# Banker
วิชามาร ใช้กับข้อนี้ไม่ได้ครับ เพราะ ถ้าทำมาเรื่อยๆ จะพบว่า มันไม่ใช่สามเหลี่ยมด้านเท่า
รูปที่คุณ banker วาด มีจุดที่ไม่สมดุลตามโจทย์ คือ สามเหลี่ยม GFC ไม่ได้เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่วที่มีจุดยอดที่ G ครับ

HINT

พิสูจน์ให้ได้ก่อนว่า ACHE cyclic

คำตอบข้อนี้ ไม่ค่อยลงตัวเท่าไหร่ครับ

# Siren-of-step

บรรทัดแรก กับตอนแบ่งกรณี มันไปคนละทิศละทางนะครับ ลองเช็คอีกที

[Siren-Of-Step]

เข้าใจละครับ ๆ เบลอมากก