|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#16
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
และถ้า $n\ge 10$ จะได้ว่า $25|x^3$ จึงต้องทำให้ $25|n!$ และ $25|5$ เกิดข้อขัดแย้ง เพราะฉะนั้น $n \le 9$ เมื่อนั่งไล่ดูจะได้ว่า $n=5$ เพียงตัวเดียว ปล.หาวิธีที่ดีกว่านี้ไม่ได้อ่ะครับ ต้องถึกกันหน่อย
__________________
no pain no gain |
#17
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
$24|mn+1$ จะได้ $3|mn+1$ และ $8|mn+1$ จะได้ว่า $mn \equiv 7 \pmod{8}$ เนื่องจาก 7 เป็นจำนวนเฉพาะด้วย $m \equiv 1 \pmod{8},n \equiv 7 \pmod{8}$ ไม่ก็ $m \equiv 7 \pmod{8},n \equiv 1 \pmod{8}$ ก็จะได้ว่า $8|m+n$ และ $mn \equiv 2 \pmod{3}$ และ 2 เป็นจำนวนเฉพาะ $m \equiv 1 \pmod{3},n \equiv 2 \pmod{3}$ ไม่ก็ $m \equiv 2 \pmod{3},n \equiv 1 \pmod{3}$ ก็จะได้ว่า $3|m+n$ จึงได้ $24|m+n$ $2.ถ้า $24|m+n$ แล้ว $24|mn+1$ $m=12,n=12$
__________________
no pain no gain |
#18
|
||||
|
||||
#17
ข้อ 1 ไม่เกี่ยวกับ 7 เป็นจำนวนเฉพาะ สรุปแบบนั้นไม่ได้นะครับ |
#19
|
||||
|
||||
ขอโชว์โง่ หน่อย 555+
A4 $a,b,c>0$ ให้ $a+b+c\ge 3$ จงเเสดงว่า $$\Big(a^2+b^2+c^2+3\Big)\Big(a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\Big)\ge 36$$ $a^2+b^2+c^2\ge \frac{1}{3}(a+b+c)^2\ge 3\rightarrow a^2+b^2+c^2+3\ge 6$ $a^2+b^2+c^2+\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}+\frac{1}{c^2}\ge 6$
__________________
Vouloir c'est pouvoir |
#20
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
__________________
no pain no gain |
#21
|
||||
|
||||
#20 เหมือนกันอีกหรือเปล่าครับ 555+
A9 $a,b,c>0$ $abc=1$ จงเเสดงว่า $$\frac{a^3b^3}{a+b}+\frac{b^3c^3}{b+c}+\frac{c^3a^3}{c+a}\ge \frac{1}{2}\Big(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\Big)$$ เเทน $a,b,c=\frac{1}{x},\frac{1}{y},\frac{1}{z}$ ตามลำดับ $$\Leftrightarrow \frac{x^2}{y+z}+\frac{y^2}{z+x}+\frac{z^2}{x+y}\ge \frac{1}{2}\Big(x+y+z\Big)$$ ซึ่งเป็นจริงโดย โคชี
__________________
Vouloir c'est pouvoir 17 พฤษภาคม 2011 12:03 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ จูกัดเหลียง |
#22
|
||||
|
||||
A6 (สอวน) จงแสดงว่าไม่มีจำนวนเต็ม $k$ ที่ทำให้สมการ
$x^2y^2=k^2(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$ มีผลเฉลยเป็นจำนวนเต็มบวก $x,y$ และ $z$ (โจทย์นี้สวยนะ เอาอะไรหลายๆอย่างมาปนกันจนเป็นรูปเป็นร่างดี ) ชัดเจนว่า $k\not= 0$ เพราะผลเฉลยเป็นจำนวนเต็มบวก assume ว่า $k$ เป็นจำนวนเต็มบวก (เพราะถ้ามี $k\in\mathbb{Z}^+$ ที่สอดคล้องโจทย์แล้ว $-k$ ก็จะสอดคล้องด้วย) สมมิตว่ามี $k$ ซึ่งสอดคล้องกับโจทย์, สร้างสามเหลี่ยม ABC มีด้านยาว $x,y,z$ ดังรูป โดยแต่ละด้านยาวเป็นจำนวนเต็ม โดย Heron's Formula, $[ABC]=\frac{1}{4}\sqrt{(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)} $ $\therefore \left(\,\frac{1}{2}xy\cdot sinC\right)^2=\frac{1}{16}(x+y+z)(x+y-z)(y+z-x)(z+x-y)$ แทนจากโจทย์ได้ $\frac{1}{4}x^2y^2\cdot sin^2C=\frac{1}{16}\cdot\frac{x^2y^2}{k^2}$ $sin^2C=\frac{1}{4k^2}$ แต่เรา assume ว่า $k>0$ , $sinC=\frac{1}{2k}$ ทำให้ส่วนสูงจากจุด A ตั้งฉากที่ D บน BC เป็น $\frac{y}{2k}$ โดยพีธาโกรัสได้ว่า $CD=\frac{y}{2k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$ และใช้พีธากอรัสอีกทีกับสามเหลี่ยม ABD ได้ว่า $z^2=\left(\,\frac{y}{2k}\right)^2+\left(\,x-\frac{y}{2k}\cdot\sqrt{4k^2-1}\right)^2$ จัดรูปดีๆได้ (Cosine's law) $z^2=x^2+y^2-\frac{xy}{k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$ นั่นคือ $\frac{xy}{k}\cdot\sqrt{4k^2-1}$ เป็นจำนวนเต็ม (อย่างน้อยก็เป็นจำนวนตรรกยะ) $\therefore \sqrt{4k^2-1}\in\mathbb{Z}^+$ ให้ $4k^2-1=l^2$ $(\exists l\in\mathbb{Z}^+)$ สุดท้ายจบด้วย NT คือใช้ mod 4 มาเช็คได้ $l^2\equiv -1\equiv 3 (mod4)$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้เพราะทุก $l\in\mathbb{Z}^+$, $l^2\equiv 0,1 (mod 4)$ เท่านั้น $\therefore $ ไม่มีจำนวนเต็ม k ที่สอดคล้องเงื่อนไขดังกล่าว
__________________
keep your way.
17 พฤษภาคม 2011 16:25 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
#23
|
||||
|
||||
N4 (เชียงใหม่) ให้ $n_1=2554\cdot2011+1$ และ $n_{k+1}=2554\cdot n_k+1$ สำหรับ $k\geqslant 1$ จงแสดงว่าในลำดับ $n_1,n_2,n_3,...$ มีจำนวนประกอบเป็นอนันต์
ชัดเจนว่า $n_1\equiv 0 (mod 5)$ และจากสูตรที่กำหนดทำให้ได้ว่า $n_{k+2}=2554^2\cdot n_k+2555$ $\therefore n_{k+2}\equiv n_k (mod 5)$ และจบอย่างง่ายดายที่ $n_1\equiv n_3\equiv n_5\equiv ...\equiv 0 (mod 5)$ นั่นคือทุกจำนวนเต็มบวกคี่ k, $n_k$ เป็นจำนวนประกอบ
__________________
keep your way.
|
#24
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
ชัดเจนว่าทั้ง m,n เป็นเลขคี่ เพราะถ้าเป็นเลขคู่บางตัวจะได้ว่า 24 หาร $mn+1$ (เลขคี่) ได้ลงตัว ซึ่งขัดแย้งกัน ดังนั้นเราก็แยกพิจารณา mod 8 โดยแต่ละตัวเป็นเลขคี่และสอดคล้องกับ $mn\equiv 7 (mod 8)$ ถ้า $m\equiv 1 (mod8) \Rightarrow n\equiv 7 (mod8)$ ถ้า $m\equiv 3 (mod8) \Rightarrow n\equiv 5 (mod8)$ ถ้า $m\equiv 5 (mod8) \Rightarrow n\equiv 3 (mod8)$ ถ้า $m\equiv 7 (mod8) \Rightarrow n\equiv 1 (mod8)$ จากทุกกรณีชัดเจนว่า $m+n\equiv 0 (mod8)$ ก็เป็นอันจบพิธี
__________________
keep your way.
|
#25
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
__________________
no pain no gain |
#26
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
__________________
ขว้างมุขเสี่ยว ๆ ใส่กันน่าจะมันแฮะ
|
#27
|
||||
|
||||
แจกตามจำนวนอาจารย์ครับ (ห้ามเผยแพร่แก่นักเรียน)
17 พฤษภาคม 2011 18:57 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Real Matrik |
#28
|
||||
|
||||
อ่าว ปีนี้แตกต่างกับปีก่อน ๆ หรอครับ
__________________
ขว้างมุขเสี่ยว ๆ ใส่กันน่าจะมันแฮะ
|
#29
|
||||
|
||||
ขอบคุณครับ 55+
ตอนนี้คิด A10 เกือบจะออกแล้ว แต่ว่าจะไปเวียนเทียนกับครอบครัวซะหน่อย คงจะหลุดเร็วๆนี้แหละครับ
__________________
keep your way.
|
#30
|
||||
|
||||
A10 (บูรพา) มีฟังก์ชัน $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ซึ่ง $f(m+f(n))=f(m)+f(n)+f(n+1)$ สำหรับทุกจำนวนนับ $m,n$ หรือไม่
(เสียดายตอนสอบทำไม่ได้ ) แทน $m$ ด้วย $f(m)$ ได้ $f(f(m)+f(n))=f(f(m))+f(n)+f(n+1)$ สลับตัวแปรจัดรูปจึงได้ว่า $f(f(m))-f(m)-f(m+1)=f(f(n))-f(n)-f(n+1)=c$ เมื่อ $c$ เป็นค่าคงที่ ($c\in\mathbb{Z}$) $\therefore f(f(n))=f(n)+f(n+1)+c$ _____(*) ต่อไปจะเคลมว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้น ____________________________________________________________________________________ แสดงว่า $c+1\in\mathbb{N}$ จากโจทย์แทน $m$ ด้วย $f(n+1)+c+1$ และจัดรูปได้ $f(1+f(f(n)))=f(c+1+f(n+1))+f(f(n))-c$ $f(1)+f(f(n))+f(1+f(n))=f(c+1)+f(n+1)+f(n+2)+f(f(n))-c$ $f(1)+f(1)+[f(n)+f(n+1)]=f(c+1)+[f(n+1)+f(n+2)]-c$ บวก $c$ ทั้งสองข้างเพื่อรวมส่วนที่อยู่ในวงเล็บได้เป็น $2f(1)+f(f(n))=f(c+1)+f(f(n+1))-c$ $f(f(n+1))=f(f(n))+C$ เมื่อ $C=2f(1)+c-f(c+1)$ โดย telescopic ได้ว่า $f(f(n))=f(f(1))+(n-1)C$ นั่นคือ $f(f(n))$ อยู่ในรูปแบบของฟังก์ชันเชิงเส้น แสดงว่า $-c\in\mathbb{N}$ เพื่อความสะดวกให้ $d=-c$ จากโจทย์แทน $m$ ด้วย $f(n+1)$ ทำคล้ายกับกรณีแรกก็จะได้ว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้นเหมือนกัน ____________________________________________________________________________________ พอได้แล้วว่า $f(f(n))$ เป็นฟังก์ชันเชิงเส้นแล้ว ต่อไปก็มาแก้สมการกันเลย! โดยการให้ $f(f(n))=an+b$ แล้วพิจารณาค่าของ $f([f(n)]+[f(f(n))])$ มองตัวแรกเทียบเป็น $m$ ในโจทย์ได้ $f([f(n)]+f([f(n)]))=f(f(n))+f(f(n))+f(1+f(n))$ มองตัวหลังเทียบเป็น $m$ ในโจทย์ได้ $f(f([n])+[f(f(n))])=f(f(f(n)))+f(n)+f(n+1)$ $\therefore f(f(n))+f(f(n))+f(1+f(n))=f(f(f(n)))+f(n)+f(n+1)$ $2an+2b+f(1)+f(n)+f(n+1)=af(n)+b+f(n)+f(n+1)$ จัดรูปขั้นสุดท้ายเป็น $f(n)=2n+k$ แทนโจทย์ด้วยสมการดังกล่าว ทำไปทำมาจะได้ว่า $0=2$ ซึ่งเป็นไปไม่ได้ $\therefore$ ไม่มีฟังก์ชัน $f:\mathbb{N}\rightarrow\mathbb{N}$ ที่สอดคล้องสมการดังกล่าว
__________________
keep your way.
18 พฤษภาคม 2011 00:17 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ PP_nine |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
ใครมี Shortlisted TMO8 บ้างครับ | ~ArT_Ty~ | ข้อสอบโอลิมปิก | 2 | 07 เมษายน 2012 22:14 |
|
|