แจกเฉพาะกิจ (เฟส 3) : Undergraduate and olympiad

[RoSe-JoKer]

จัดให้ตามที่ขอมาแล้วนะครับ ^^

[passer-by]

ที่อธิบายล่าสุดนี่ โอเคแล้วครับ แต่ผมหักครึ่งคะแนน เพราะ ใช้ Tchebyshev ซ้ำกับคุณ kanakon คงไม่ว่าอะไรนะครับ เพราะยังไงคะแนนคุณ Rose-joker ก็นำโด่งอยู่แล้วใน part 2

สรุปคะแนนตอนนี้

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:5.5 (1+3+1.5)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 9.5 (1+4+3+1.5)

อ้อ ! เกือบลืม ผมว่าจะขยับ deadline มาเป็นศุกร์ที่ 30 พ.ย. เวลา 5 ทุ่ม แล้วกัน (กลัวเสาร์ 10 โมง ตื่นไม่ทัน )

[Timestopper_STG]

5.1.(Part1)
$\displaystyle{\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1\cdot 3\cdot 5\cdot ...\cdot(2n-1)}{2\cdot 4\cdot 6\cdot ...\cdot(2n)}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}\leq\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^{n}=1}$
ลืมพิสูจน์ลู่เข้าอีกละครับ
ขอโทษด้วยนะครับที่มาตอบช้าเพราะไปเข้าค่ายธรรมะมา2วันครับ
ถึงสมาธิเลยครับงานนี้มีแนวโน้มว่าอาจจะทำให้ทำข้อที่เหลือได้

[kanakon]

เข้ามาเป็นกำลังใจให้ทั้งสองท่านผมคงหมดปัญญาคิด(เพราะสอบทุกวัน)เอาให้ครบทุกข้อเลยนะครับ
ปล.อยากเห็นข้อ 3.3 น่าสนุกดีนะครับ

[passer-by]

เริ่มจากการ update คะแนนก่อนครับ

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:6 (1+3+2)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 9.5 (1+4+3+1.5)

รีบๆมาเก็บให้ครบทุกข้อ นะครับ

เพิ่ม hint ให้เป็นกำลังใจอีกนิด

3.2 เลข k หลักที่ไม่มี 7 รวมอยู่ในหลัก มีกี่จำนวน เอ่ย?

3.3 ใช้ contradiction แล้วสร้างจำนวนขึ้นมา

5.3 Try letting $ u= \frac{1}{x+1}$ และระหว่างทางอาจจะต้องใช้ series ของ $ \ln(1-u) , \ln(1+u)$ บ่อยมาก

[RoSe-JoKer]

คุณ Timestopper_STG ไปเข้าค่ายธรรมะ ส่วนผมโดนโรงเรียนบังคับสอบนักธรรม ช่างน่าเศร้าเสียจริง - -"
ส่วนข้อ 2 Part 2 นั้นถ้าใครพิสูจน์โดยไม่ใช่เชอร์บิเชพได้ผมอยากเห็นมากๆเลยครับ

[Timestopper_STG]

5.2.(Part1)
$\displaystyle{S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}H(n)}$
We can see that $\displaystyle{H(n)>1,\forall n>1}$
$\displaystyle{\therefore (n+2)H(n)=(n+1)H(n)+H(n)>(n+1)H(n)+1=(n+1)H(n+1)\rightarrow \frac{H(n)}{n+1}>\frac{H(n+1)}{n+2}}$
$\displaystyle{\therefore\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}H(n)}$ converges by Alternating Series Test
Now observe that $\displaystyle{\frac{\ln(1+x)}{1+x}=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}H(n)x^{n}}$
$\displaystyle{\therefore S=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n+1}H(n)=\lim_{\epsilon\rightarrow 1^{-}}\int_{0}^{\epsilon}\frac{\ln(1+x)}{1+x}dx=\frac{\ln^{2}2}{2}}$
ข้อนี้ไม่ลืมพิสูจน์ว่าลู่เข้าแล้วนะครับแต่จะพิสูจน์ถูกหรือเปล่าไม่รู้

[Timestopper_STG]

5.3.(Part1)
$\displaystyle{I=\int_{0}^{\infty}\left(\ln\left(\frac{x^{2}}{x^{2}+3x+2}\right)\right)^{2}dx=\int_{0}^{\infty}\left(2\ln x-\ln(x+1)-\ln(x+2)\right)^{2}dx}$
$\displaystyle{I=\int_{0}^{\infty}\left[4\ln^{2}x-4\ln x\ln(x+1)-4\ln x\ln(x+2)+\ln^{2}(x+1)+2\ln(x+1)\ln(x+2)+\ln^{2}(x+2)\right]dx}$
Substitute $x=u-1$ we gonna get...
$\displaystyle{I=\int_{1}^{\infty}\left[4\ln^{2}(u-1)-4\ln(u-1)\ln u-4\ln(u-1)\ln(u+1)+\ln^{2}u+2\ln u\ln(u+1)+\ln^{2}(u+1)\right]du}$
Substitute $u=\dfrac{1}{x}$ the result will be...
$\displaystyle{I=\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{2}}\left[4\ln^{2}(1-x)+\ln^{2}(1+x)-4\ln(1-x)\ln(1+x)\right]dx}$
Now let $\displaystyle{I_{1}=\int_{0}^{1}\frac{ln^{2}(1-x)}{x^{2}}dx,I_{2}=\int_{0}^{1}\frac{\ln^{2}(1+x)}{x^{2}}dx,I_{3}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x^{2}}dx,S(a)=\int_{0}^{0<a<1}-\frac{\ln(1-x)}{x}dx}$
$\displaystyle{S(a)=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{a^{k}}{k^{2}}=\int_{0}^{a}-\frac{\ln(1-x)}{x}dx=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k}ue^{-ku}\right]_{0}^{-\ln(1-a)}+\frac{1}{k}\int_{0}^{-\ln(1-a)}e^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{S(a)=\frac{\pi^{2}}{6}-\ln a\ln(1-a)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1-a)^{k}}{k^{2}}\rightarrow S(a)+S(1-a)=\frac{\pi^{2}}{6}-\ln a\ln(1-a)}$
Then consider some interesting integral...
$\displaystyle{I(a)=\int_{0}^{-\ln(1-a)}\frac{u^{2}e^{-u}}{(1-e^{-u})^2}du=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{-\ln(1-a)}ku^{2}e^{-ku}du=\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-u^{2}e^{-ku}\right]_{0}^{-\ln(1-a)}+2\int_{0}^{-\ln(1-a)}ue^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{I(a)=\left(\frac{a-1}{a}\right)\ln^{2}(1-a)+2\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k}ue^{-ku}\right]_{0}^{-\ln(1-a)}+\frac{1}{k}\int_{0}^{-\ln(1-a)}e^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{\therefore I(a)=\left(\frac{a-1}{a}\right)\ln^{2}(1-a)-2\ln a\ln(1-a)-2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(1-a)^k}{k^{2}}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}}$
$\displaystyle{I_{1}=\lim_{\epsilon\rightarrow 1^{-}}I(\epsilon)=\frac{\pi^{2}}{3}}$
$\displaystyle{I_{2}=I(0.5)=\frac{\pi^{2}}{3}-3\ln^{2}2-2S(0.5)=\frac{\pi^{2}}{6}-2\ln^{2}2}$
$\displaystyle{I_{3}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x^{2}}dx=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{x}dx+\sum_{k=2}^{\infty}\left[\left[\frac{x^{k-1}}{k(k-1)}\ln(1+x)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{k-1}}{k(k-1)(1+x)}dx\right]}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{\pi^{2}}{12}+\ln 2-\sum_{k=2}^{\infty}\left[\int_{0}^{1}\left[\frac{x^{k-1}}{k-1}-\frac{x^{k-1}}{k}\right]\frac{dx}{1+x}\right]=\frac{\pi^{2}}{12}-2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x}+\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x}dx}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{\pi^{2}}{12}+2\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k2^{k}}ue^{-ku}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{k2^{k}}\int_{0}^{\infty}e^{-ku}du\right]-\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k}ue^{-ku}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}e^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{\pi^{2}}{12}+2S(0.5)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}-\ln^{2}2}$

[Timestopper_STG]

คำตอบถูกหรือเปล่าไม่รู้นะครับรีบพิมพ์เหลือเกินเดี๋ยวเลยเวลา555+

[passer-by]

โทษทีครับ เช็คข้อ 5.3 นานไปนิด

จริงๆ น้อง timestopper มาได้ไกลแล้วล่ะครับ แต่อาจจะลนตอน $I_3 $ ไปนิดเดียว เลยพลาดบรรทัดที่ว่า

$$\sum_{k=2}^{\infty}\int_{0}^{1}\frac{x^{k-1}}{k-1}\frac{dx}{1+x}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+x)}{1+x}dx $$

integrand ขวามือต้องเป็น $ \frac{-\ln(1-x)}{1+x}$

ผมให้ ครึ่งนึงของคะแนนเต็มแล้วกันครับ สรุปคือได้ 2 คะแนน

ส่วน 5.2 เกือบสมบูรณ์แล้วล่ะครับ เพียงแต่ ถ้าจะใช้ Alternating series Test ต้อง show ด้วยว่า เป็น decreasing sequence ที่ ลู่เข้าหาศูนย์ น้อง timestopper ลืมตรง converge สู่ 0 ครับ

แต่อย่างอื่นถูก งั้นผมให้ 2 คะแนนครับ

สรุปคะแนน ครับ

PART 1
Kanakon : 6 (2+4)
Timestopper:10 (1+3+2+4)

PART 2
Kanakon:4 (2+2)
Rose-Joker: 9.5 (1+4+3+1.5)

ตอนนี้ ใครรู้ตัวว่า ได้คะแนนสูงสุด part ไหน ก็แจ้งที่อยู่ส่งของมาทาง pm ได้เลยนะครับ

ส่วนเฉลยบางข้อ จะตามมา เร็วๆนี้ครับ

[passer-by]

ผมทำเฉลยบางข้อที่อยากชี้แจงเพิ่มเติมไว้ที่นี่ เพื่อจะได้ประหยัดเนื้อที่กระทู้

แต่ขอ ดึงเฉพาะ 2 ข้อนี้ออกมาโชว์ให้ดู เพราะเห็นว่าน่าสนใจดีครับ

[Timestopper_STG]

5.2.(Part1)
$\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{H(n)}{n+1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\ln n+\gamma}{n+1}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n}=0}$
Note that Euler–Mascheroni constant(gamma) $\displaystyle{\gamma=\lim_{n\rightarrow\infty}\left[H(n)-\ln n\right]}$
ข้อ5.3ผมแก้ลงไปในความคิดเห็นนั้นแล้วนะครับ
แต่ผมเข้าใจว่ามันยังผิดอยู่เพราะว่าIntegrandของ$\displaystyle{I_{3}}$มีเรนจ์เป็นลบตลอดช่วง$(0,1)$
แต่ผมกลับหาได้เป็นบวกรบกวนพี่passer-byตรวจเป็นครั้งสุดท้ายด้วยครับ
ละก็ข้อ3.2อะครับผมคิดว่าจำนวนตั้งแต่$\displaystyle{10^{k}}$ถึง$\displaystyle{10^{k+1}-1}$มี$\displaystyle{9\times 10^{k}}$นะครับไม่ใช่$\displaystyle{8\times 9^{k}}$

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ Timestopper_STG

$\displaystyle{I_{3}=\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)\ln(1+x)}{x^{2}}dx=\int_{0}^{1}\frac{-\ln(1+x)}{x}dx-\sum_{k=2}^{\infty}\left[\left[\frac{x^{k-1}}{k(k-1)}\ln(1+x)\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}\frac{x^{k-1}}{k(k-1)(1+x)}dx\right]}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{-\pi^{2}}{12}-\ln 2+\sum_{k=2}^{\infty}\left[\int_{0}^{1}\left[\frac{x^{k-1}}{k-1}-\frac{x^{k-1}}{k}\right]\frac{dx}{1+x}\right]=\frac{-\pi^{2}}{12}-2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{1+x}+\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{x}dx}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{-\pi^{2}}{12}-2\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k2^{k}}ue^{-ku}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{k2^{k}}\int_{0}^{\infty}e^{-ku}du\right]+\sum_{k=1}^{\infty}\left[\left[-\frac{1}{k}ue^{-ku}\right]_{0}^{\infty}+\frac{1}{k}\int_{0}^{\infty}e^{-ku}du\right]}$
$\displaystyle{I_{3}=\frac{-\pi^{2}}{12}+2S(0.5)-\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{k^{2}}=-\frac{\pi^{2}}{12}-\ln^{2}2}$

ผมquote มาแก้ไขตรง $ I_3$ให้แล้วนะครับ

ส่วนที่พิสูจน์ converge เข้าหา 0 ก็ถูกแล้วครับ เพียงแต่มันหมดเวลา ก็เลยไม่รวมคะแนนให้นะครับ

สำหรับที่ท้วงมาเกี่ยวกับข้อ 3.2

จริงๆแล้ว $ 8 \cdot 9^{k-1} $ คือเลข k หลัก ที่ไม่มี 7 รวมอยู่ในจำนวน (ไม่ได้หมายความว่า เลข k หลักทั้งหมด)

ลองเช็คจากการนับก็ได้ครับ เช่น เลข 2 หลักมี 90 จำนวน หักจำนวนที่มี 7 ออกไป ( 17,27,...,67,70,71,...,79,87,97) ก็จะเหลือ 90-18 =72 หรือ 8*9

ถ้าสังเกตดีๆ ความหมายแฝงของข้อ 3.2 ก็คือ การ remove เทอมส่วนหนึ่งของ harmonic series ออกไป เพื่อทำให้ series ที่เหลือ convergent นั่นเองครับ

ท้ายที่สุด ต้องขอบคุณ น้องๆทั้ง 3 ท่าน ที่สละเวลามา jam ในโครงการ 3 ครับ

[M@gpie]

ไม่มีความเห็นครับนอกจาก จะบอกว่า โจทย์อึดถึกมหากาฬมากเลยครับพี่ passer-by

[passer-by]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ M@gpie

ไม่มีความเห็นครับนอกจาก จะบอกว่า โจทย์อึดถึกมหากาฬมากเลยครับพี่ passer-by

มันก็เฉพาะข้อที่เป็น series เท่านั้นแหละครับ

บางข้อ ก็กำลังจะลง Maths magazine ในต่างประเทศพอดี แต่ไปแอบขโมยมาให้ทำก่อน

รู้สึก ผมจะลืมเฉลยข้อ 4.2 ตอนที่ 1 คำตอบคือ Schroder-Bernstein ครับ ซึ่งใครเรียน Set theory มาแล้วจะรู้จักดี

เล่มที่ผมเอามาตั้งโจทย์ข้อ 4 ตอนที่ 1 เป็นหนังสือที่น่าสนใจมากครับ ไว้ว่างๆจะ ถ่ายเอกสาร แล้วมาแจกฟรีๆแบบไม่ต้องร่วมสนุกอะไรเลย ในโอกาสหน้าแล้วกันครับ