Mathcenter Contest Round 0 Longlist

[dektep]

ข้อ $1.$
วิธีทำ เพื่อให้ไม่สับสนให้ $S=\Delta = พื้นที่ของสามเหลี่ยม ABC$
ดังนั้น $R=\frac{abc}{4\Delta},r=\frac{\Delta}{s}$
$\therefore Rr=\frac{abc}{4s}=\frac{abc}{2(a+b+c)}=LHS$
พิจารณาว่า $RHS=\frac{27}{(2s)^3}\sqrt{2{\Delta}^3}$ $=\frac{27}{(a+b+c)^3}\sqrt{2{\Delta}^3}$
$LHS \geq RHS \leftrightarrow \frac{abc}{2(a+b+c)} \geq \frac{27}{(a+b+c)^3}\sqrt{2{\Delta}^3}$
$\leftrightarrow (a+b+c)^2abc \geq 54\sqrt{2}\sqrt{{\Delta}^3}..............(*)$
พิจารณาว่า $a,b,c$ เป็นด้านของสามเหลี่ยมดังนั้น $a+b-c,b+c-a,c+a-b$ เป็นจำนวนจริงบวก
โดย $Am-Gm$ จะได้ว่า $\sqrt{(a+b-c)(b+c-a)} \leq \frac{(a+b-c)+(b+c-a)}{2} = b$
ในทำนองเดียวกันจะได้ว่า $\sqrt{(a+b-c)(a+c-b)} \leq a$ และ $\sqrt{(c+b-a)(a+c-b)} \leq c$
นำอสมการทั้งสามมาคูณกันจะได้ว่า $(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) \leq abc............(1)$
พิจารณา $\Delta = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)}=\sqrt{(\frac{a+b+c}{2})(\frac{a+b-c}{2})(\frac{a-b+c}{2})(\frac{b+c-a}{2})}.............(2)$
จาก $(1),(2)$ จะได้ว่า $\Delta \leq \sqrt{\frac{abc(a+b+c)}{2^4}}=\frac{1}{2^2}\sqrt{abc(a+b+c)} $
$\therefore \sqrt{{\Delta}^3} \leq \frac{1}{2^3}\sqrt[4]{(abc)^3(a+b+c)^3}$
$\therefore 54\sqrt{2}\sqrt{{\Delta}^3} \leq \frac{27\sqrt{2}}{4}\sqrt[4]{(abc)^3(a+b+c)^3}.............(3)$
โดยอสมการโคชีและเงื่อนไขโจทย์จะได้ว่า $1 \geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq \frac{9}{a+b+c}$
ดังนั้น $a+b+c \geq 9.........(4) $
โดยอสมการ$Am-Gm$และเงื่อนไขโจทย์จะได้ว่า $1 \geq \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \geq \frac{3}{\sqrt[3]{abc}}$ ดังนั้น $\sqrt[3]{abc} \geq 3 \therefore abc \geq 27.........(5)$
พิจารณา $(a+b+c)^2abc = (abc)^{\frac{3}{4}}(a+b+c)^{\frac{3}{4}}(a+b+c)^{\frac{5}{4}}(abc)^{\frac{1}{4}}$
โดย $(4),(5)$ จะได้ว่า
$(a+b+c)^2abc \geq (abc)^{\frac{3}{4}}(a+b+c)^{\frac{3}{4}}(9^{\frac{5}{4}})(27)^{\frac{1}{4}}.........(6)$
จาก $(6)$ , $(3)$ ,$9^{\frac{5}{4}}(27)^{\frac{1}{4}}>\frac{27\sqrt{2}}{4}$
จะได้ว่า $(a+b+c)^2abc > 54\sqrt{2}\sqrt{{\Delta}^3}............(7)$
จาก $(7),(*)$ จะได้ว่า $LHS > RHS$

[Mathophile]

ข้อ 14
เพื่อความสะดวก ให้ $\sqrt[3]{7}=k$
ฉะนั้น $x=\frac{1}{2}(k-\frac{1}{k})$
และ $1+x^2=1+\frac{1}{4}(k^2+\frac{1}{k^2}-2)=\frac{1}{4}(k^2+\frac{1}{k^2}+2)=\frac{1}{4}(k+\frac{1}{k})^2$
ดังนั้น $\sqrt{1+x^2}=\frac{1}{2}(k+\frac{1}{k})$
ทำให้ $x+\sqrt{1+x^2}=\frac{1}{2}(k-\frac{1}{k})+\frac{1}{2}(k+\frac{1}{k})=k$
ฉะนั้น $(x+\sqrt{1+x^2})^3=k^3=7$


ข้อ 15
สำหรับเมตริกซ์ $X$ ใดๆ $X^{-1}=\frac{1}{\det X}adjX$
ฉะนั้น $(2B^{-1})^{-1}=\frac{1}{\det (2B^{-1})}adj(2B^{-1})$

พิจารณา $(2B^{-1})^{-1}=\frac{B}{2}$
และ $\frac{1}{\det (2B^{-1})}adj(2B^{-1})=\frac{1}{2^4\det B^{-1}}adj(2B^{-1})=\frac{\det B}{2^4}adj(2B^{-1})=\frac{adj(2B^{-1})}{2}$
ฉะนั้น $\frac{B}{2}=\frac{adj(2B^{-1})}{2}$ นั่นคือ $B=adj(2B^{-1})$

จาก $A(adj( 2B^{-1} ))-I=B$
จึงได้ $AB- I = B$
$I=AB-B=AB-IB=(A-I)B$
$\det I=\det ((A-I)B)=\det (A-I)\cdot \det B$
$1=8\det (A-I)$
$\therefore \det (A-I)=\frac{1}{8}$

[nooonuii]

dektep กวาด longlist ไปเกือบหมดเลยครับ


4.

My Solution:

ให้ $p=a+b+c,q=ab+bc+ca$ จะได้

$p,q\geq 3$ โดยอสมการ AM-GM

$3p\leq q^2$ จากอสมการ $3abc(a+b+c)\leq(ab+bc+ca)^2$

$p^2\geq 3q$ จากอสมการ $(a+b+c)^2\geq 3(ab+bc+ca)$

$a^2+b^2+c^2=p^2-2q$

โดยอสมการโคชีจะได้

$\dfrac{a^5b}{a+1}+\dfrac{b^5c}{b+1}+\dfrac{c^5a}{c+1}=\dfrac{a^4}{ca+c}+\dfrac{b^4}{ab+a}+\dfrac{c^4}{bc+b}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\geq \dfrac{(a^2+b^2+c^2)^2}{ab+bc+ca+a+b+c}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~=\dfrac{(p^2-2q)^2}{p+q}$

$~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~\geq\dfrac{3}{2}$

อสมการสุดท้ายสมมูลกับ

$2(p^2-3q)(p^2-q)+q(q-3)+(q^2-3p)\geq 0 $

ซึ่งเป็นจริงจากข้อมูลข้างบน

คิดไปคิดมาแบบของ dektep ง่ายกว่าอีกแฮะ

[owlpenguin]

1.

My Solution

Lemma 1: $\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)^3\geq\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$
Proof Lemma 1: จาก $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\leq 1$ ได้ว่า
$\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\geq 1$
ดังนั้น เห็นได้ชัดว่า $\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)^3\geq\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}$

Proof:
$Rr=(\frac{abc}{4S})(\frac{S}{s})=\frac{abc}{4s}=\frac{abc}{2(a+b+c)}$
จากอสมการ AM-HM ได้ว่า
$Rr=\frac{abc}{2(a+b+c)}\geq\frac{\left(\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)^3}{2(a+b+c)}$
$=(\frac{27}{2})\frac{\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)^3}{(a+b+c)}$
จาก Lemma 1 ได้ว่า
$Rr=(\frac{27}{2})\frac{\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)^3}{(a+b+c)}\geq\ (\frac{27}{2})\frac{\left(\frac{1}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\right)}{(a+b+c)}=(\frac{27}{2})\frac{abc}{(ab+bc+ca)(a+b +c)}$
แต่จาก $ab+bc+ca\leq\ a^2+b^2+c^2\leq\ (a+b+c)^2$
$\therefore Rr=(\frac{27}{2})\frac{abc}{(ab+bc+ca)(a+b+c)}\geq\ (\frac{27}{2})\frac{abc}{(a+b+c)^3}=(\frac{27}{2})\frac{abc}{8s^3}$
จาก $\frac{1}{2}absinC=\frac{1}{2}bcsinA=\frac{1}{2}casinB=S$
$\therefore \frac{1}{8}(abc)^2sinAsinBsinC=S^3$ ดังนั้นจะได้ว่า
$\frac{1}{2\sqrt{2}}(abc)\sqrt{sinAsinBsinC}=S^{\frac{3}{2}}$
พิจารณา $sin2A+sin2B-sin2C$ เมื่อ A,B,C เป็นมุมทั้ง $3$ ของสามเหลี่ยม $ABC$
$sin2A+sin2B-sin2C=sin2A+sin2B-sin(360-2(A+B))=sin2A+sin2B-sin(2(A+B))$
$=2sin(A+B)cos(A-B)-2sin(A+B)cos(A+B)=2sin(A+B)(cos(A-B)-cos(A+B))$
$=2sin(180-(A+B))(2sinAsinB)=4sinAsinBsinC$
ดังนั้น $\frac{sin2A+sin2B-sin2C}{4}=sinAsinBsinC$
จาก $-1\leq sin2A\leq 1,-1\leq sin2B\leq 1,-1\leq -sin2C\leq 1$
$\therefore\frac{sin2A+sin2B-sin2C}{4}\leq\frac{1+1+1}{4}=\frac{3}{4}<1$
$\sqrt{sinAsinBsinC}< 1$
$\therefore S^{\frac{3}{2}}<\frac{1}{2\sqrt{2}}abc$
$\therefore abc>2\sqrt{2}S^{\frac{3}{2}}$
$\therefore Rr=(\frac{27}{2})\frac{abc}{8s^3}> (\frac{27}{16s^3})2\sqrt{2}S^{\frac{3}{2}}=(\frac{27}{8s^3})\sqrt{2}S^{\frac{3}{2}}=(\frac{3}{2s})^3\sqrt{2S^3}$
$QED$

[owlpenguin]

3.

Solution

จาก $\frac{a}{2}\leq\left\lfloor\frac{a}{2}\right\rfloor$
ในทำนองเดียวกันได้ว่า
$\frac{a}{3}\leq\left\lfloor\frac{a}{3}\right\rfloor$
$\frac{a}{5}\leq\left\lfloor\frac{a}{5}\right\rfloor$
$\therefore\frac{a}{2}+\frac{a}{3}+\frac{a}{5}=\frac{31a}{30}$
$\leq\left\lfloor\frac{a}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a}{5}\right\rfloor$

ถ้า $a\geq 0$ ได้ว่า
$\frac{31a}{30}\geq a$
ดังนั้นถ้า $\left\lfloor\frac{a}{2}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a}{3}\right\rfloor+\left\lfloor\frac{a}{5}\right\rfloor=a$
แล้ว $\frac{31a}{30}=a\rightarrow a=0$

ถ้า $a<0$
จาก $\left\lfloor a\right\rfloor=-\left\lceil -a\right\rceil$
ได้ว่าโจทย์สมมูลกับ
$\left\lceil\frac{-a}{2}\right\rceil+\left\lceil\frac{-a}{3}\right\rceil+\left\lceil\frac{-a}{5}\right\rceil=-a$
จะได้ $-a>0$
จาก $\frac{a}{2}\leq\left\lceil\frac{a}{2}\right\rceil$
ในทำนองเดียวกันได้ว่า
$\frac{a}{3}\leq\left\lceil\frac{a}{3}\right\rceil$
$\frac{a}{5}\leq\left\lceil\frac{a}{5}\right\rceil$
ทำแบบเดียวกับแบบแรกจะได้ว่าไม่มีคำตอบในกรณีนี้

ดังนั้น $a=0$ เป็นค่าเดียว

Note:ทำผิดครัับ

[owlpenguin]

9.

Solution

เนื่องจาก $2551n$ และ $n$ มีสามหลักสุดท้ายเหมือนกัน
$\therefore 2551n\equiv n\pmod{1000}$
$2550n\equiv 0\pmod{1000}$
ดังนั้นจะมี $k\in\mathbb{Z}$ ซึ่ง
$2550n=1000k$
$51n=20k$
จาก $(20,51)=1$ ดังนั้น $20|n$

จาก $\tau(n)=12=12x1=6x2=4x3=2x2x3$ ดังนั้นสามารถแบ่งกรณีได้ 4 กรณีดังนี้
$(i)n=p^{11}$ สำหรับบางจำนวนเฉพาะ $p$ แต่จาก $p^{11}\geq 2^{11}=2048>400$
ดังนั้นกรณีนี้ไม่มีคำตอบ
$(ii)n=p_{1}^{5}p_{2}$ สำหรับบางจำนวนเฉพาะ $p_{1}, p_{2}$ ที่แตกต่างกัน
จาก $2^2x5=20|n=p_{1}^5p_{2}$ ดังนั้น $p_{1}=2$ ($\because$ ถ้า $p_{1}\not =2$ แล้ว $p_{2}=2$ หรือ $p_{2}\not =2$ ซึ่งทั้งสองกรณีจะได้ $20\not|n$)
และจะได้อีกว่า $p_{2}=5$ (มิฉะนั้นแล้ว $20\not |n$)
$\therefore n=2^5x5=160$ ซึ่งสอดคล้องเงื่อนไขแรกด้วย
ดังนั้นคำตอบในกรณีที่สองคือ $160$
$(iii)n=p_1^3p_2^2$ สำหรับบางจำนวนเฉพาะ $p_{1}, p_{2}$ ที่แตกต่างกัน
จาก $2^2x5=20|n=p_{1}^3p_{2}^2$ ดังนั้น $p_{1}=2, p_2=5$ หรือ $p_{1}=5, p_2=2$ (มิฉะนั้นแล้ว $20\not |n$)
ดังนั้น $n=2^3x5^2$ หรือ $2^2x5^3=200$ หรือ $500$
แต่จากเงื่อนไขแรกที่ว่า $100\leq n\leq 400$ ดังนั้นคำตอบในกรณีที่สองคือ $200$ เพียงคำตอบเดียว
$(iv)n=p_1^2p_2p_3$ สำหรับบางจำนวนเฉพาะ $p_{1}, p_{2}p_3$ ที่แตกต่างกัน
จาก $2^2x5=20|n=p_{1}^2p_{2}p_3$ ดังนั้น $p_1=2$ และ $p_2$ หรือ $p_3$ เท่ากับ $5$
โดยไม่เสียนัยทั่วไป ให้ $p_2=5$
ดังนั้นจะได้ $n=20p_3$ สำหรับจำนวนเฉพาะ $p_3$ ใดๆที่ไม่เท่ากับ $2$ และ $5$
แต่จากเงื่อนไขแรกที่ว่า $100\leq n\leq 400$ ดังนั้น
$100\leq 20p_3\leq 400$
$\therefore 5\leq p_3\leq 20$
จำนวนเฉพาะ $p_3$ ทั้งหมดที่เป็นไปได้คือ $p_3=7,11,13,17,19$ ซึ่งจะได้ $n=20p_3=140,220,260,340,380$

ดังนั้นจำนวนเต็มบวก $n$ ทั้งหมดที่สอดคล้องเงื่อนไขดังกล่าวคือ $n=140,160,200,220,260,340,380$
ดังนั้นผลบวกของจำนวนเต็มบวก $n$ ทั้งหมดที่สอดคล้องเงื่อนไขดังกล่าวเท่ากับ $140+160+200+220+260+340+380=1700$

[owlpenguin]

16.

Solution

จาก $sin3x=3sinx-4sin^3x$
$\therefore sin60^\circ=3sin20^\circ-4sin^320^\circ$
$8sin^320^\circ-6sin20^\circ+\sqrt{3}=0$
ดังนั้น $sin20^\circ$ เป็นรากของสมการ $8x^3-6x+\sqrt{3}=0$
หารากแต่ละตัว จะได้รากแต่ละตัวมีค่าประมาณดังนี้
$x=-0.985,0.643,0.342$
จาก $0=sin0^\circ < sin20^\circ < sin30^\circ=\frac{1}{2}$
$\therefore sin20^\circ$ มีค่าประมาณ $0.342$ ซึ่งอยู่ระหว่าง $\frac{20}{60}$ กับ $\frac{21}{60}$

ป.ล.ตอนที่หารากที่สามโดยวิธีของคาร์ดาน พอทำไปถึงตอนหาค่า $u^3,v^3$ จากสมการ $y^2+qy-\frac{p^3}{27}=0$ จะได้ $y$ เป็นจำนวนเชิงซ้อน ซึ่งผมก็ไม่ทราบว่าจะทำอย่างไร ช่วยแนะวิธีหา $u,v$ เมื่อ $y$ ออกมาเป็นจำนวนเชิงซ้อนด้วยครับ
ค่าของรากที่ได้ในข้อนี้ ได้มาจากเครื่องคิดเลขครับ

[Art_ninja]

มาเฉลยโจทย์ของผมเองครับ(จริงๆ แล้วผมเห็นคุณ owlpenguin ทำไม่ถูกน่ะครับเพราะว่าคำตอบข้อนี้มีถึง $30$ คำตอบด้วยกัน และแน่นอนว่า $0$ ก็เป็นคำตอบหนึ่ง)
3.$\rm (Longlist)$จงหาจำนวนจริง a ทั้งหมดที่ทำให้
$\displaystyle \left\lfloor\ \frac{a}{2} \right\rfloor+\left\lfloor\ \frac{a}{3} \right\rfloor+\left\lfloor\ \frac{a}{5} \right\rfloor = a$

วิธีทำ
เนื่องจาก $a$ เป็นจำนวนจริงใดๆ จึงสามารถที่จะเขียนได้ว่า
$a=30k+r$ เมื่อ $k \in \mathbb{Z}$ และ $0 \leq r<30$
นำไปเเทนค่าจะได้ว่า
$\left\lfloor\ \frac{30k+r}{2} \right\rfloor+\left\lfloor\ \frac{30k+r}{3} \right\rfloor+\left\lfloor\ \frac{30k+r}{5} \right\rfloor = 30k+r$
ดังนั้น
$k=r-\left\lfloor\ \frac{r}{2} \right\rfloor-\left\lfloor\ \frac{r}{3} \right\rfloor-\left\lfloor\ \frac{r}{5} \right\rfloor$
สมมติว่า $r \not\in \mathbb{Z}$
จะได้ว่า $k$ ไม่เป็นจำนวนเต็ม เกิดข้อขัดแย้ง
ดังนั้น $r \not\in \mathbb{Z}$
ซึ่งทำให้คำตอบของสมการนี้มีทั้งหมด $30$ คำตอบเนื่องจาก $r=0,1,2,3,...,29$
ดังนั้นคำตอบของสมการจะต้องอยู่ในเซต $A=\left\{\ 30k+r\left|\,\right.k=r-\left\lfloor\ \frac{r}{2} \right\rfloor-\left\lfloor\ \frac{r}{3} \right\rfloor-\left\lfloor\ \frac{r}{5} \right\rfloor , r=0,1,2,3,...,29 \right\}$

ป.ล.คุณ owlpenguin ทำยังไม่ถูกนะครับ ผมเดาว่าเป็นเพราะว่าคุณ owlpenguin ทำเป็น ceiling function รึเปล่าครับ

[kanakon]

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ dektep

5. ให้ $A_1=\mu+\mu^3+\mu^4+\mu^{-4}+\mu^{-3}+\mu^{-1}=\mu+\mu^3+\mu^4+\mu^9+\mu^{10}+\mu^{12}$
$A_2=\mu^2+\mu^5+\mu^6+\mu^{-6}+\mu^{-5}+\mu^{-2}=\mu^2+\mu^5+\mu^6+\mu^7+\mu^8+\mu^{11}$
$A_1+A_2=-1$
$A_1\cdot A_2 = -3$
ดังนั้นสมการที่มี $A_1,A_2$ เป็นรากคือ $x^2+x-3=0$

สำหรับคำถามผมถูกแล้วครับ

[Anonymous314]

16.ครับ My Solution from imo shortlists 1979

[nongtum]

ลองๆเช็คดูเหลือข้อ 17 เท่านั้นที่ยังไม่มีคนทำ ใครอยากลองทำข้อนี้บ้างเอ่ย

[owlpenguin]

มันดูแปลกๆยังไงชอบกลอ่ะครับ เี่ดี๋ยวช่วยเช็คว่าผมผิดตรงไหนครับ
17.

Solution

ได้ว่าโจทย์สมมูลกับ
$r(r_1+r_2)>r_1r_2$
$0>-r(r_1+r_2)+r_1r_2$
$r^2>r^2-r(r_1+r_2)+r_1r_2$
$(r-r_1)(r-r_2)<r^2$
พบว่าวงกลมใหญ่ (รัศมี $r$) สามารถสร้างได้เสมอและ $r>r_1,r>r_2$
และถ้ามีวงกลมที่ใหญ่กว่าวงกลมรัศมี $r$ ในรูปที่สัมผัสทั้ง 2 วงกลมอีก อสมการโจทย์ก็ยังคงเป็นจริง เพราะเราแสดงว่ามีอันที่เล็กกว่าเป็นจริงเสมอไปแล้ว

[nongtum]

เท่าที่ผมดูไม่น่าจะผิดนะครับ แต่เจ้าของโจทย์ใช้ inversion กับวงกลม $\omega$ สู่วงกลม $C_1,\ C_2$ ครับ