|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#16
|
|||
|
|||
วันแรก
ข้อ 7. โดยอุปนัยทางคณิตศาสตร์จะพิสูจน์ได้ว่า f(2n) = 2n และ f(2n+1) = 1 เมื่อ n >= 1 ข้อ 8. f(x + f(y)) = 2x + 4y + 2547 f(0) = -2f(y) + 4y + 2547 f(y) = (4y + 2547 - f(0)) / 2 x + f(y) = x + (4y + 2547 - f(0)) / 2 f(x + f(y)) = f(x + (4y + 2547 - f(0)) / 2) 2x + 4y + 2547 = (4[x + (4y + 2547 - f(0)) / 2] + 2547 - f(0)) / 2 4x + 8y + 2(2547) = 4[x + (4y + 2547 - f(0)) / 2] + 2547 - f(0) 4x + 8y + 2(2547) = 4x + 8y + 3(2547) - 3 f(0) f(0) = 2547 / 3 |
#17
|
|||
|
|||
บอกได้คำเดียวว่า "ยากส์"
คำตอบข้อ 8. (วันแรก) ของคุณ <คิดด้วยคน> ถ้าให้ y = 0 ในบรรทัดที่ 2 ก็จะหา f(0) ได้ทันทีเลยครับ |
#18
|
||||
|
||||
คราวนี้น่าจะถูกแล้ว. ข้อ 3 วันที่สอง ถ้าให้ S(m, n) แทนจำนวนวิธีในการจัด โดยที่ m = จำนวนคน, n = จำนวนครั้งของการสลับ จะได้ว่า S(18, 150) = S(18, 3) = 951 . No comment ใครคิดออกช่วยลองตรวจดูว่าคำตอบตรงกันหรือเปล่า
ส่วนข้ออื่น ๆ ที่ผมลองแตะไป ให้คำตอบเพิ่มเติมจากคุณคิดด้วยคน มี วันแรก : ข้อ 1)5ึ6/18 ข้อ 15) 2002 ข้อ 16) กำลัง attack อยู่ ข้อ 17) 4 ส่วน 2 ข้อท้ายสุด อันนี้ใช้ความจำ เพราะปากระดาษทดทิ้งไปแล้ว คือ ข้อ 20) ab/(a + b) ข้อ 21) 5 วันที่สอง : ข้อ 1 ,จำได้ว่า attack ไปแล้วแต่รู้สึกยังติดสมการที่โดยหลักการ sol ได้ แต่ยัง sol ไม่ออก . ข้อ 4. ได้แล้วใช้ตรีโกณตอนเริ่มต้น เพื่อหาสูตรของพื้นที่สี่เหลี่ยมใด ๆ ก่อนนั่นเอง แล้วค่อยโยงไปอสมการของโจทย์ ถ้าจำไม่ผิดรู้สึกว่าอสมการของโจทย์ยังไม่แหลมพอ ข้อที่เหลือจะค่อย ๆ ลองพยายาม sol สักวันละข้อสองข้อ. ว่าแต่คุณอ้วนกับคุณ warut ยังไม่ลอง attack บ้างหรือครับ. น้อง ๆ ที่กำลังจะสอบโอลิมปิกของ สสวท. ทั้งหลายด้วย ไม่ลอง attack ดูบ้าง ?
__________________
The Lost Emic <<-- หนังสือเฉลยข้อสอบระดับประถมนานาชาติ EMIC ครั้งที่ 1 - ครั้งที่ 8 ชุดสุดท้าย หลงมา 04 มิถุนายน 2004 10:53 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gon |
#19
|
|||
|
|||
จะพยายามครับผม
สำหรับคราวนี้ขอประเดิมด้วยข้อ 2 ของวันแรกก่อนเพราะผมคิดว่าข้อนี้มีปัญหาครับ ข้อนี้ตามความคิดของผมคิดว่าคำตอบคือ "หาค่าไม่ได้" ซึ่งเดาว่าคงไม่ใช่คำตอบที่ผู้ ตั้งโจทย์ต้องการให้ตอบกระมัง พิสูจน์ เห็นได้ชัดว่าจำนวนจริง a และ b ต่างก็ไม่เท่ากับศูนย์ จาก a6 - 3a2b4 = 3 จะได้ a4 - 3b4 = 3/a2 จาก b6 - 3a4b2 = 3ึ2 จะได้ b4 - 3a4 = 3ึ2/b2 จับสองสมการบวกกันจะได้ -2a4 - 2b4 = 3/a2 + 3ึ2/b2 จะเห็นว่าข้างซ้ายของสมการเป็นลบแต่ข้างขวาเป็นบวก จึงเกิดข้อขัดแย้งขึ้น ผู้ออกโจทย์คงไม่ได้ระวังว่าไม่มีคำตอบที่ทั้ง a และ b เป็นจำนวนจริง (ปัญหาทำนองนี้ เคยเกิดขึ้นเมื่อปีที่แล้วด้วย) คุณ gon (และอีกหลายคน) อาจจะคิดว่าผมคิดมากอีก ("เราก็ไม่ต้องสนสิว่า a กับ b จะเป็นจำนวนจริงหรือจำนวนเชิงซ้อน เราแค่หาค่าของ a4 + b4 ออกมาก็พอ") แต่ผมขอให้ข้อมูลเพิ่มเติมอีกนิดว่าถ้าเรายอมให้ a และ b เป็น จำนวนเชิงซ้อนแล้วค่าของ a4 + b4 จะมีได้มากกว่าหนึ่งค่าครับ! 04 มิถุนายน 2004 16:07 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ warut |
#20
|
|||
|
|||
ข้อ 20 (คิดออกข้อนี้ข้อเดียว - -'')
เมื่อวาดรูปก็จะได้รูปดังที่แนบมาด้วย พบว่า D ABD ~ D EFD ---> x/a = FD/BD -----(1) D BCD ~ D BEF ---> x/b = BF/BD -----(2) (1)+(2) : x(1/a +1/b) = (BF+FD)/BD x[(a+b)/ab] = BD/BD = 1 x = ab/(a+b) #
__________________
การกลายพันธุ์: เมื่อเอาปี 2542 เป็นปีฐาน พบว่า ข้อสอบคณิต 1 ปัจจุบัน ยากราวกับ สมาคมคณิตศาสตร์ ปี 42 ข้อสอบคณิต 2 ปัจจุบัน ยากราวกับ ข้อสอบคณิต 1 ปี 42 ข้อสอบสมาคมคณิตศาสตร์ ปัจจุบัน ยากราวกับข้อสอบโอลิมปิกไทย ปี 42 อนาคต คณิต 1 จะกลายเป็นโอลิมปิก คณิต 2 จะกลายเป็นสมาคมฯ แล้วทีนี้ ข้อสอบโอลิมปิกไทย จะกลายเป็น IMO มั้ยล่ะเนี่ย |
#21
|
|||
|
|||
ข้อ 8 วันแรก
เนื่องจาก f:RฎR ดังนั้น แทน x = -f(0) และแทน y = 0 ได้ว่า f(-f(0) + f(0)) = 2(-f(0)) + 4(0) + 2547 f(0) = -2f(0) +2547 f(0) = 2547/3 _________________________________________________ ข้อ 2 วันที่ 2 กำหนด f(x + y) = f(x) + f(y) + 2547 -----------------(*) และ f(2004) = 2547 จะพิสูจน์ว่า f(nx) = nf(x) + (n-1)2547 , เมื่อ n เป็นจำนวนเต็มบวก เนื่องจาก f(1(x)) = 1f(x) + (1-1)2547 = f(1) สมมติให้ f(kx) = kf(x) + (k-1)2547 -----------------(**) จาก(*) f(kx+x) = f(kx) + f(x) +2547 จาก(**) f((k+1)x) = kf(x) + (k-1)2547 + f(x) + 2547 = (k+1)f(x) + ((k+1)-1)2547 ดังนั้น f(nx) = nf(x) + (n-1)2547 , เมื่อ n เป็นจำนวนเต็มบวก ได้ว่า f(2547ท2004) = 2547f(2004) + 2546ท2547 ----(1) และ f(2004ท2547) = 2004f(2547) + 2003ท2547 ----(2) (1)=(2) 2547f(2004) + 2546ท2547 = 2004f(2547) + 2003ท2547 2547(2547) + 2546ท2547 = 2004f(2547) + 2003ท2547 ได้ว่า f(2547) = 2547ท1545/1002 04 มิถุนายน 2004 18:44 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ โนบิตะ |
#22
|
||||
|
||||
ข้อ 19. ผมทำแบบ basic ไม่ออกสักที เหนื่อยใจเลยต้องใช้วิชาแคลคูลัส คือ Lagrange Multiplier (ลากรอง มัลติพลายเออร์) solve เลย ราบรื่นฉลุย ลองดูนะครับ. (ใครทำแบบง่าย ๆ ได้ ก็ดี)
โดย Lagrange Multiplier : ให้ f(a, b, c) = a + 2b + 3c \ grad f(a, b, c) = (1, 2, 3) และ g(a, b, c) = 9a2 + 4b2 + c2 \ grad g(a, b, c) = (18a, 8b, 2c) จะมี l ซึ่ง grad f(a, b, c) = l grad g(a, b, c) ด้วยเงื่อนไข 9a2 + 4b2 + c2 = 91 จะได้ a = 1/3 \ (a, b, c) = (1/3,3/2, 9) ส่วนข้อ 18. ก็ลอง กรองดูแล้ว แต่รู้สึกถ้าคิดไม่ผิด สมการสุดท้ายของ a จะเป็นสมการกำลังสาม ซึ่งได้คำตอบจำนวนจริงที่ไม่สวย (ถ้าคิดไม่ผิดนะครับ) อ้อ. ข้อ 2 วันแรก ผมเห็นด้วยกับคุณ warut ครับ. อันที่จริงผมยังไม่ออกหรอกว่าสมการมีปัญหา แต่พอจะ solve ดู โดย sense สมการอีกอัน เครื่องหมายมันควรจะเป็นบวกทั้งหมด เพราะไม่งั้นมันจะ solve ออกมาไม่สวย แต่เมื่อเห็นชัดเช่นนี้ก็น่าจะได้ข้อสรุปว่า โจทย์น่าจะมีปัญหา
__________________
The Lost Emic <<-- หนังสือเฉลยข้อสอบระดับประถมนานาชาติ EMIC ครั้งที่ 1 - ครั้งที่ 8 ชุดสุดท้าย หลงมา 06 มิถุนายน 2004 17:01 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ gon |
#23
|
|||
|
|||
เย่...ในที่สุดผมก็อ่านใจผู้ออกโจทย์ข้อ 2 วันแรกออกแล้ว
(a4 + b4)3 = (a6 - 3a2b4)2 + (b6 - 3a4b2)2 = 32 + (3ึ2)2 = 27 ดังนั้น a4 + b4 = 3 ครับผม โจทย์ข้อนี้จะยุ่งยากน้อยลงถ้าเราให้ A = a2 และ B = b2 ซะก่อน จริงๆถ้าโจทย์ให้หา A2 + B2 โดยที่ A และ B เป็นจำนวนจริง และ A3 - 3AB2 = 3 และ B3 - 3A2B = 3ึ2 ก็จะไม่ทำให้เกิดปัญหาดังกล่าว |
#24
|
|||
|
|||
เห็นด้วยกับคุณ gon เรื่องข้อ 18 วันแรกครับ คำตอบไม่สวยเอาเสียเลย ซึ่งก็เป็นไปได้
สองอย่างคือคนตั้งโจทย์ใจร้ายมากหรือไม่ก็โจทย์พิมพ์ผิดไปจากที่ตั้งใจไว้ a = (-1 + (53 + 6ึ78)1/3 + (53 - 6ึ78)1/3)/6 = 0.657298106138375... เป็นรากจริง (ซึ่งมีอยู่รากเดียว) ของสมการ 2a3 + a2 - 1 = 0 b = 4/(a2 + 1) = (8 + (8 + 6ึ78)1/3 + (8 - 6ึ78)1/3)/3 = 2.793216505472184... ซึ่งก็คือรากจริงรากเดียวของสมการ b3 - 8b2 + 26b - 32 = 0 c = 4/(a + 1) = (8 - 2(8 + 6ึ78)1/3 - 2(8 - 6ึ78)1/3)/3 = 2.413566989055631... เป็นรากจริงรากเดียวของสมการ c3 - 8c2 + 40c - 64 = 0 นั่นคือ abc = 16a/(a + 1)/(a2 + 1) = (-8 + 4(307 + 39ึ78)1/3 + 4(307 - 39ึ78)1/3)/3 = 4.431250870995745... อันเป็นรากจริงรากเดียวของสมการ p3 + 8p2 + 176p - 1024 = 0 07 มิถุนายน 2004 03:11 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ warut |
#25
|
||||
|
||||
Happy Dpromt ครับ. ปัญหาค่อย ๆ ถูกทลายลงเรื่อย ๆ วันนี้มาต่อได้อีกข้อ
ข้อ 16 วันแรก : จงหาสามหลักสุดท้ายของ 222004 หลังจากไม่ฉลาดอยู่นาน สุดท้ายก็หลุดจนได้ มาดูวิธีที่ไม่ฉลาดกันก่อนครับ. 210 = 1024 บ 24 mod 1000 \ 22004 = 22000 24 บ24200 24 mod 1000 บ2600 3200 24 mod 1000 บ2460 320024 mod 1000 บ...บ(512)(3285) mod 1000 ... (1) 3284 = (10 - 1)142 โดย ท.บ. ไบโนเมียล จะได้ว่า 3285บ(681)(3) บ43 mod 1000 \ 22004 บ(512)(43) บ43 mod 1000 ฎ จะมีจำนวนเต็มบวก t ซึ่ง 22004 = 16 + 1000t ในทำนองเดียวกัน จะได้ว่า 21000 = 376 mod 1000 แต่ 376n บ376 mod 1000 ทุกจำนวนเต็มบวก n (!!! want to prove. ? !!!) \ 222004 = 216 + 1000t = (216)(21000)t บ(24)(26)(376)n บ(536)(376) บ 536 mod 1000 นั่นคือ 3 หลักสุดท้ายของ 222004 คือ 536 Note : หลังจากเริ่มฉลาดขึ้น ก็จะค้นพบ สิ่งต่อไปนี้ เช่น 76n บ76 mod 1000 เป็นต้น. และ สำหรับข้อนี้ ถ้าใช้ 2410n + 2 บ 242 mod 1000 ก็จะเพิ่มความเร็วในการแก้ปัญหาข้อนี้ได้อย่างมากทีเดียว (นี่คือ ข้อสอบที่ให้ทำใน 3 ชั่วโมง แถมยังลึกล้ำขนาดนี้เชียวหรือ ? ผมนั่งคิดข้อนี้เกินกว่า 2 ชั่วโมง เพราะคาดไม่ถึงว่า ถ้าทำตรง ๆ จะ Labour ขนาดนี้ แถมยังซ่อน Trick ไว้ท้ายสุดอีก) ถ้าโจทย์ข้อนี้เปลี่ยนเป็น 772004 ก็จบเกมส์ไปตั้งนานแล้ว ว่างั้นไหมครับ. |
#26
|
|||
|
|||
ผมก็ไม่ทราบเหมือนกันว่าวิธีไหนเหมาะสมกับข้อ 16 ที่สุด แต่วิธีที่ผมทำน่าจะมีเลขที่
ต้องคิดน้อยกว่าของคุณ gon นะครับ เพียงแต่ต้องทราบ Euler-Fermat Theorem เท่านั้น (สำหรับคนที่ได้ผ่านเข้ารอบไปฝึกวิชากับเหล่าเทพเจ้า คงจะต้องได้เรียนแน่ครับ) ทฤษฎีนี้กล่าวว่า ถ้า gcd(a, m) = 1 แล้ว af(m) บ 1 (mod m) โดยที่ f คือ Euler's phi function เริ่มจากพิจารณาใน modulo 125 ก่อนนะครับ เพราะ 1000 = 2353 = 8*125 เนื่องจาก f(53) = 52f(5) = 25*4 = 100 ดังนั้น 2100 บ 1 (mod 125) เราจึงสนใจว่า 22004 บ ? (mod 100) แต่เรารู้ว่า f(52) = 5f(5) = 20 ดังนั้น 220 บ 1 (mod 25) เพราะฉะนั้น 22004 บ 24 = 16 (mod 25) นั่นคือ 25 | 22004 - 16 แต่เรารู้ว่า 4 | 22004 - 16 ด้วย ดังนั้น 100 | 22004- 16 นั่นคือ 22004 บ 16 (mod 100) และ 22004 - 3 บ 13 (mod 100) (ทำไมถึงมี -3 เดี๋ยวก็จะเข้าใจครับ) เพราะฉะนั้น 22^2004 - 3 บ 213 = 8192 บ 67 (mod 125) นั่นคือ 125 | 22^2004 - 3 - 67 ดังนั้น 1000 หาร 8*(22^2004 - 3 - 67) = 22^2004 - 8*67 = 22^2004 - 536 ได้ลงตัว สรุปเศษของการหารก็คือ 536 ครับ ทำจริงๆน่าจะใช้เวลาน้อยกว่าที่ผมพิมพ์เยอะเลย 06 มิถุนายน 2004 19:48 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ warut |
#27
|
||||
|
||||
เหนือชั้นจริง ๆ ครับ. คุณ warut ขอคารวะให้หนึ่งจอก ผมมีดาบแต่ดันใช้ดาบไม่เป็น ตอนนี้กำลัง attack ข้อ 13 อยู่ครับ. เลยขอใช้ Fermat little Theorem ซะเลย ซึ่งจะพิสูจน์ได้ไม่ยากว่า pq - 1 + qp - 1 บ1 mod pq เมื่อ p, q เป็นจำนวนเฉพาะที่ต่างกัน
ปัญหามันอยู่ตรงที่พจน์หลังน่ะครับ. พยายามจะใช้ wilson Theorem แต่ยังไม่ออกเลย กำลังพยายามมอง ๆ อยู่ |
#28
|
|||
|
|||
555...ผมเป็นโรคบ้าจี้ซะด้วยเล่นชมกันอย่างงี้ผมเลยต้องทำต่ออีก...
ข้อ 13 เนี่ยตามความเห็นของผมคิดว่าผู้ออกข้อสอบต้องการวัดความรู้ 3 อย่างคือ 1. Fermat's Little Theorem ถ้า p เป็นจำนวนเฉพาะและ a เป็นจำนวนเต็มที่ p หารไม่ลงตัวแล้ว ap-1 บ 1 (mod p) จะเห็นว่าทฤษฎีนี้เป็นกรณีพิเศษของ Euler_Fermat Theorem 2. Wilson's Theorem p เป็นจำนวนเฉพาะก็ต่อเมื่อ (p - 1)! บ -1 (mod p) 3. Chinese Remainder Theorem ถ้า gcd(m, n) = 1 แล้วระบบสมการ x บ r (mod m) x บ s (mod n) จะมีคำตอบเพียงหนึ่งเดียวใน modulo mn ให้ N = 2930 + 3128 + 28!30! เนื่องจาก 29 | 2930 และ 3128 บ 1 (mod 29) โดย Fermat's Little Theorem และ 29 | 28!30! ดังนั้น N บ 0 + 1 + 0 = 1 (mod 29) ต่อไปเราจะหาว่า 28!30! บ ? (mod 31) โดย Wilson's Theorem เรารู้ว่า 30! บ -1 (mod 31) ----- (*) นั่นคือ -1 บ 30*29*28! บ (-1)(-2)28! = 2*28! (mod 31) ดังนั้น 28! บ (-1)((31+1)/2) = -16 (mod 31) ----- (**) จับ (*) คูณ (**) จะได้ 28!30! บ 16 (mod 31) แต่เนื่องจาก 2930 บ 1 (mod 31) โดย Fermat 's Little Theorem และ 31 | 3128 ดังนั้น N บ 1 + 0 + 16 = 17 (mod 31) สรุปว่าเราต้องแก้ระบบสมการ N บ 1 (mod 29) N บ 17 (mod 31) นั่นคือ N = 31s + 17 โดยที่ s เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น 31s + 17 บ 1 (mod 29) เพราะฉะนั้น 31s บ 2s บ -16 (mod 29) สรุปได้ว่า s บ -8 บ 21 (mod 29) นั่นคือ s = 29t + 21 โดยที่ t เป็นจำนวนเต็ม ดังนั้น N = 31(29t + 21) + 17 = 31*29t + 31*21 + 17 = 31*29t + 668 สรุปได้ว่าคำตอบที่ต้องการคือ 668 ครับผม 09 มิถุนายน 2004 15:52 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ warut |
#29
|
|||
|
|||
วันที่สอง
ข้อ 5. เห็นได้ชัดว่า 23 | p2 + 2543 เมื่อ p > 2 และ 3 | p2 + 2543 เมื่อ p > 3 ดังนั้น 23* 3 | p2 + 2543 เมื่อ p > 3 และ สำหรับ p > 3 จะได้ว่า p2 + 2543 ต้องเขียนได้ในรูปของ 23 + x* 31 + y เท่านั้น แต่เมื่อพิจารณาค่า x, y ที่ทำให้ได้จำนวนตัวหารบวกที่แตกต่างกันน้อยกว่า 16 ตัวแล้ว พบว่า 23 + x* 31 + y < 2543 ทั้งสิ้น นั่นคือ ไม่มี p > 3 ที่เป็นคำตอบที่ต้องการ สำหรับ p <= 3 พบว่ามีเพียง 2 เท่านั้นที่เป็นคำตอบ |
#30
|
|||
|
|||
เป็นเว็บที่ดีมากๆๆเลยครับ อยากจะรบกวนด้วยครับ ท่านผู้ใดทราบเว็บคณิตศาสตร์ที่มีโจทย์รัสเซีย กับเยอรมัน ที่เป็นภาษาอังกฤษ แล้วมีโจทย์เด็ดๆมั้งครับ บอกผมด้วยนะครับ ขอบคุณนะครับ และต้องขออภัยด้วยครับที่มาขัดจังหวะ อรรถรสในการแก้โจทย์ ของปิศาจคณิตทั้งหลาย...อิอิอิ
|
|
|