|
อ้างอิง:
ถ้า $a+b+c = 0$ แล้ว $a^2+b^2+c^2 = -2(ab+bc+ca)$ $a^3+b^3+c^3 = 3abc$ $\frac{a^5+b^5+c^5}{5} = (\frac{a^2+b^2+c^2}{2})(\frac{a^3+b^3+c^3}{3})$ |
ขอบคุณคุณGONที่ช่วยหาเอกลักษณ์มาให้ดูครับ และขอบคุณคุณKeehlzverที่ช่วยขุดนำมาให้ดู:great::great::great:
|
อ้างอิง:
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 |
ลืมขอบคุณลุงBankerที่ช่วยตัดภาพเป็นข้อๆให้ จะได้สะดวกเวลาเอามาแปะกับข้อความที่เฉลย
|
ขอบคุนครับ ผมอยากได้ตั้งแต่สอบเสร็จและ หายากจิงๆๆๆ
|
NT ข้อ 4
ให้ $p$ เป็นจำนวนเฉพาะ และกำหนด $a_n=n+\frac{p!}{n}$ สำหรับแต่ละ $n=1,2,...,p-1$ จงพิสูจน์ว่า $$p\left|\,\right. \binom{a_1}{p}+\binom{a_{2}}{p}+...+\binom{a_{p-1}}{p}$$ 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 ปล. ขอบคุณสำหรับ HINT NT ข้อ 3 ครับ |
อ้างอิง:
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 |
ใครก็ได้ช่วย NT ข้อ 5 หน่อยครับ
|
อ้างอิง:
โจทย์ NT มักมีการเสก n สไตล์นี้บ่อยๆ ลองดูใน hint ด้านล่าง พิสูจน์ $ n = 2553^{m-1}$ สอดคล้อง โดยใช้ Induction |
1 ไฟล์และเอกสาร
Attachment 4371 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 .....(**) $DE^2 = BG \cdot EF \ \ \ \ Q.E.D$ |
#39
ใช่ครับ ผมก็ลำบากใจที่ตัวแรกเนี่ยแหละ THX for HINT ครับ |
1 ไฟล์และเอกสาร
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):D ถ้าสามเหลี่ยมด้านเท่า มีด้านยาวด้านละ 1 หน่วย ดังนั้นพื้นที่สามเหลี่ยม BCD = $\frac{1}{2} \cdot \frac{\sqrt{3} }{4} = \frac{\sqrt{3} }{8} \ $ตารางหน่วย Attachment 4379 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 :haha: |
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} $ |
# Banker
วิชามาร ใช้กับข้อนี้ไม่ได้ครับ เพราะ ถ้าทำมาเรื่อยๆ จะพบว่า มันไม่ใช่สามเหลี่ยมด้านเท่า รูปที่คุณ banker วาด มีจุดที่ไม่สมดุลตามโจทย์ คือ สามเหลี่ยม GFC ไม่ได้เป็นสามเหลี่ยมหน้าจั่วที่มีจุดยอดที่ G ครับ พิสูจน์ให้ได้ก่อนว่า ACHE cyclic คำตอบข้อนี้ ไม่ค่อยลงตัวเท่าไหร่ครับ# Siren-of-step บรรทัดแรก กับตอนแบ่งกรณี มันไปคนละทิศละทางนะครับ ลองเช็คอีกที |
เข้าใจละครับ ๆ เบลอมากก
|
| เวลาที่แสดงทั้งหมด เป็นเวลาที่ประเทศไทย (GMT +7) ขณะนี้เป็นเวลา 01:46 |
Powered by vBulletin® Copyright ©2000 - 2024, Jelsoft Enterprises Ltd.
Modified by Jetsada Karnpracha