Mathcenter Contest Round 1/2011 Longlist

[-InnoXenT-]

ทำข้อระดับโอลิมปิก ไม่ได้สักข้อเลยครับ

[Amankris]

#15
อสมการข้อสุดท้ายเฉลยผิดนะครับ -_-"

[No.Name]

ข้อ 5. ผมเสียดายที่ตอบคำตอบทั้งหมดไป ไม่ได้ดูเลยครับ

ข้อ 11. ผมก็เสียใจที่ไม่ได้บวกกัน

ปล.คุณ poper ใจดีแน่ๆเลยครับ(ให้กำลังใจตัวเอง)

[No.Name]

คำตอบของผมนะครับ(ม.ปลาย)

5.-1
6.$b^2+c^2+d^2+e^2-2bd-2c-2ce+2e+1$
10.x=2
11.482
13.0,1
14.7

ตอนที่ 2

6. 13/8 หรือเปล่าครับ


มั่วขออภัยครับ

[Real Matrik]

#17 ประการใดหรือครับ

[Amankris]

อสมการ Cauchy ที่ใช้ตอนจบ มีเงื่อนไข นะครับ

[Real Matrik]

ผมเคยถามอสมการข้อนึงใน mathlinks แล้วเขาใช้ CS กับ $R^{-}$ ผมเองก็คิดว่าได้ไอเดียมาออกโจทย์ (เห็นวิธีทำสวยดี)
พอกลับไปเช็คอีกทีปรากฏว่า ผู้ตอบก็ไม่มั่นใจเหมือนกัน ต้องขออภัยในความบกพร่องครับ

[-InnoXenT-]

เฉลยข้อโอลิมปิกของผม ข้อนึงก่อนละกันครับ ที่เหลือ รอให้มีคนมาคิด สักพัก

จงหา $\displaystyle{f : \mathbb{R}-\left\{ 0\,\right\} \rightarrow \mathbb{R} }$ ที่

$$f(x)+f(1-\frac{1}{x}) = \frac{1}{x}$$

Solution

จัดรูปจากโจทย์นิดหน่อย $\displaystyle{f(x)+f(\frac{x-1}{x}) = \frac{1}{x}}$ --(1)

จากโจทย์ถ้าเราแทนค่า $\displaystyle{\frac{x-1}{x}}$ ลงใน $x$ จะได้

$\displaystyle{f(\frac{x-1}{x}) + f(\frac{1}{1-x}) = \frac{x}{x-1}}$ --(2)

และจากโจทย์ถ้าเราแทนค่า $\displaystyle{\frac{1}{1-x}}$ ลงใน $x$ จะได้
$\displaystyle{f(\frac{1}{1-x})+f(x) = 1-x}$ --(3)

(1)-(2)+(3) ;
$\displaystyle{2f(x) = \frac{1}{x} - \frac{x}{x-1}+1-x}$
แล้วจัดรูป จะได้
$\displaystyle{f(x) = \frac{x^3-x^2+x+1}{2x(x-1)}}$
จากรูปสมการ $f(x)$ จะไม่สามารถหาค่า $f(1)$ และ $f(0)$
แต่โดเมนคือ $\mathbb{R} -\left\{ 0\,\right\} $ ดังนั้น $f(1) = c$ โดยที่ $c$ เป็นจำนวนจริงค่าหนึ่ง

ฟังก์ชันที่ได้คือ

$\displaystyle{f(x) = \cases{\frac{x^3-x^2+x+1}{2x(x-1)} & , x \not= 1 \cr c & , x = 1 } }$

[LightLucifer]

ข้อของผม(หวังว่าจะไม่ผิดนะ )
โจทย์

ให้ $a,b,c \in \mathbb{R}$
จงพิสูจน์ว่า
$$\sum_{cyc} (a^3-b^3)^2+3\sum_{cyc}(a^2-b^2)^2+6(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca) \ge 0$$
วิธีทำ
โดย Cauchy-Schwarz inequality และ Triangle inequality จะได้ว่า
$3((a^3-b^2+c^2)^2+(b^3-c^2+a^2)^2+(c^3-a^2+b^2)^2) \ge (|(a^3-b^2+c^2)|+|(b^3-c^2+a^2)|+|(c^3-a^2+b^2)|)^2$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ge (|(a^3-b^2+c^2)+(b^3-c^2+a^2)+(c^3-a^2+b^2)|)^2$
$\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = (a^3+b^3+c^3)^2$
กระจายทั้งสองข้างจะได้ว่า
$\sum_{cyc} (3 a^6-6 a^3 b^2+6 a^3 c^2+3 b^4-6 b^2 c^2+3 c^4) \ge a^6+b^6+c^6+2a^3b^3+2b^3c^3+2c^3a^3$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (2 a^6-6 a^3 b^2+6 a^3 c^2+6 b^4-6 b^2 c^2) \ge 2a^3b^3+2b^3c^3+2c^3a^3$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (2 a^6-2a^3b^3)+\sum_{cyc}(6a^4-6a^2b^2)+\sum_{cyc}(6 a^3 c^2-6 a^3 b^2)\ge 0$
$\leftrightarrow \sum_{cyc} (a^3-b^3)^2+3\sum_{cyc}(a^2-b^2)^2+6(a-b)(b-c)(c-a)(ab+bc+ca) \ge 0 \ \ \ \square$

[banker]

ของ ม. ปลาย มั่วมาได้ข้อนึง ไม่รู้จะถูกหรือเปล่า

มัธยมปลาย ตอนที่ 1 : จงเขียนเฉพาะคำตอบพร้อมหน่วย
13. กำหนดให้ $x$ เป็นจำนวนเต็ม จงแก้สมการ $3^x(3-x^2)=x^2+2x+3$
(เสนอโดย คุณ Real Matrik)

ข้อ 13. ตอบ $x =1, \ \ 0$

วิธีทำ
$3^x(3-x^2)=x^2+2x+3$

$3\cdot3^x - 3^x\cdot x^2 = x^2+2x+3$

$x^2(1+3^x) -3\cdot3^x +2x+3 =0$

$[x(1+3^x) -(1-3^x)][x-1] = 0$

$x-1 = 0$

$x =1$

$x(1+3^x) -(1-3^x) =0$

$x = \dfrac{1-3^x}{1+3^x} = 0$

ตอบ $x =1, \ \ 0$

[-InnoXenT-]

เฉลยข้อของผม ระดับมัธยมต้น ครับ (เรียงเลขข้อตาม LongList นะครับ)

ข้อ 9.

กำหนดให้ $\displaystyle{H_n = \frac{1}{1} + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + ... + \frac{1}{n}}$ ถ้าเราทราบว่า $\displaystyle{7.4854 < H_{1000} < 7.4855}$ จงหาจำนวนเต็มที่มีค่ามากที่สุด ที่น้อยกว่า $\displaystyle{H_1+H_2+H_3+...+H_{1000}}$

My Solution

$H_1+H_2+H_3+...+H_{1000} = (\frac{1}{1}) + (\frac{1}{1}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+ ... + (\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{1000})$

$= \frac{1000}{1}+\frac{999}{2}+...+\frac{1}{1000}$

$= (\frac{1001}{1}-\frac{1}{1})+(\frac{1001}{2}-\frac{2}{2})+...+(\frac{1001}{1000}-\frac{1000}{1000})$

$= 1001(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{1000})-1000$

$= 1001H_{1000}-1000$
เรารู้ว่า $7.4854 < H_{1000} < 7.4855$

ดังนั้น $\displaystyle{7492.8854 < 1001H_{1000}< 7492.9855}$

$\displaystyle{6492.8854 < 1001H_{1000}-1000 < 6492.9855}$

ดังนั้น จำนวนเต็มที่มีค่ามากที่สุดที่น้อยกว่า $\displaystyle{H_1+H_2+...+H_{1000} = 6492}$

ข้อ 10.

กำหนดให้ $a > b > c>d>0$ และเป็นจำนวนจริงที่สอดคล้องกับสมการ

$$\frac{a}{b}+\frac{b}{c}+\frac{c}{d}+\frac{d}{a} = \frac{13}{2}$$
$$\frac{a}{c}+\frac{c}{a}+\frac{b}{d}+\frac{d}{b} = 9$$

จงหา $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}$

My Solution

กำหนดให้ $\displaystyle{\frac{a}{b}=x}$ และ $\displaystyle{\frac{c}{d} = y}$ ดังนั้น $\displaystyle{\frac{x}{y} = \frac{ad}{bc}}$

แทนค่าลงในสมการที่สอง

$\displaystyle{\frac{b}{d}(\frac{x}{y}) + \frac{d}{b}(\frac{y}{x})+\frac{b}{d}+\frac{d}{b}=9}$

$\displaystyle{\frac{b}{d}(\frac{x}{y}+1)+\frac{d}{b}(\frac{y}{x}+1)=9}$

$\displaystyle{\frac{b(x+y)}{dy}+\frac{d(x+y)}{bx}=9}$

$\displaystyle{(x+y)(\frac{b}{dy}+\frac{d}{bx})=9}$

$\displaystyle{(x+y)(\frac{b}{d(\frac{c}{d})}+\frac{d}{b(\frac{a}{b})})=9}$

$\displaystyle{\frac{b}{c}+\frac{d}{a}=\frac{9}{x+y}}$ --(1)

แทนค่า (1) ลงในสมการแรก

$\displaystyle{x+y + \frac{9}{x+y} = \frac{13}{2}}$

$\displaystyle{(x+y)^2-\frac{13}{2}(x+y)+9=0}$

$\displaystyle{((x+y)-\frac{9}{2})((x+y)-2)=0}$

$\displaystyle{x+y= \frac{a}{b}+\frac{c}{d} = 2 ,\frac{9}{2}}$

แต่ $a > b > c > d > 0$ ดังนั้น $\displaystyle{\frac{a}{b}+\frac{c}{d} = \frac{9}{2}}$

ข้อ 11.

สำหรับจำนวนเต็มบวก $n$ ใดๆ กำหนดให้

$\displaystyle{S_n = \frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1}{n}}$

$\displaystyle{T_n = S_1+S_2+S_3+...+S_n}$

$\displaystyle{U_n = \frac{T_1}{2}+\frac{T_2}{3}+...+\frac{T_n}{n+1}}$

จงหา$a+b+c+d$ เมื่อ $a,b,c,d$ เป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุด ที่ $T_{510} = aS_{511}-b$ และ $U_{510} = cS_{511}-d$

My Solution

$\displaystyle{T_n = S_1+S_2+S_3+...+S_n = \frac{1}{1}+(\frac{1}{1}+\frac{1}{2})+(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3})+...+(\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+...+\frac{1 }{n})}$

$\displaystyle{T_n = \frac{n}{1}+\frac{n-1}{2}+\frac{n-2}{3}+...+\frac{1}{n}}$

พิจารณา
$\displaystyle{S_n(n+1) = (\frac{1}{1}+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n+1})(n+1)}$

$\displaystyle{= (n\times \frac{1}{1}+1\times\frac{1}{1})+((n-1)\times\frac{1}{2}+2\times\frac{1}{2})+((n-2)\times\frac{1}{3}+3\times\frac{1}{3})+...+(0\times\frac{1}{n+1}+(n+1)\frac{1}{n+1})}$

$\displaystyle{= T_n + (n+1)}$
ดังนั้น
$\displaystyle{T_n = (n+1)S_{n+1} - (n+1)}$ ----(1)

$\displaystyle{U_n = \frac{T_1}{2}+\frac{T_2}{3}+\frac{T_3}{4}+...+\frac{T_n}{n+1}}$
จากสมการที่ 1 จะได้ว่า
$\displaystyle{U_n = \frac{2S_2 -2}{2}+\frac{3S_3 - 3}{3}+...+\frac{(n+1)S_{n+1}-(n+1)}{n+1}}$

$\displaystyle{= (S_2-1)+(S_3-1)+(S_4-1)+...+(S_{n+1}-1) = S_2+S_3+S_4+...+S_{n+1}-n}$
$\displaystyle{= T_{n+1} - S_1 - n = T_{n+1}-(n+1)}$
นำสมการ (1) แทนเข้าไป จะได้ว่า
$\displaystyle{U_n = (n+2)S_{n+2}-(n+2)-(n+1) = (n+2)S_{n+2}-(2n+3)}$
$\displaystyle{= (n+2)(S_{n+1}+\frac{1}{n+2})-(2n+3)}$
$\displaystyle{= (n+2)S_{n+1}-(2n+2)}$
ดังนั้น
$\displaystyle{T_n = (n+1)S_{n+1}-(n+1)}$
$\displaystyle{U_n = (n+2)S_{n+1}-(2n+2)}$

$a=b = n+1$
$c= n+2$
$d= 2n+2$

$a+b+c+d = 5n+5$ แทน $n=510$ เข้าไปจะได้ $2555$

ข้อ 14.

กำหนดให้

$$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2} = k$$

จงหาค่าของ

$$\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8}+\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}$$

ในรูปของ $k$

My Solution

จากโจทย์ $\displaystyle{\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}+\frac{x^2+y^2}{x^2-y^2} = k}$

จะได้ $\displaystyle{\frac{(x^2-y^2)^2+(x^2+y^2)^2}{x^4-y^4} = k}$

$\displaystyle{\frac{k}{2} = \frac{x^4+y^4}{x^4-y^4}}$

และจากการจัดรูป ย้ายข้าง จะได้ $\displaystyle{(\frac{x}{y})^4 = \frac{k+2}{k-2}}$

$\displaystyle{\frac{x^8+y^8}{x^8-y^8}+\frac{x^8-y^8}{x^8+y^8} = \frac{(x^8+y^8)^2+(x^8-y^8)^2}{x^{16}-y^{16}}}$

$\displaystyle{= 2\frac{x^{16}+y^{16}}{x^{16}-y^{16}} = 2\frac{(\frac{k+2}{k-2})^4+1}{(\frac{k+2}{k-2})^4-1}}$

$\displaystyle{= 2(\frac{(k+2)^4+(k-2)^4}{(k+2)^4-(k-2)^4})}$

[No.Name]

5. กำหนดให้ $\dfrac{\cos(A-B)}{\cos(A+B)}+\dfrac{\cos(C+D)}{\cos(C-D)}=0$ จงหาค่าของ $\tan A\tan B\tan C\tan D$

$\cos(A-B)\cos(C-D)+\cos(A+B)\cos(C+D)=0$

$\left(\,\cos A\cos B+\sin A\sin B\right) \left(\,\cos C\cos D+\sin C\sin D\right) +\left(\,\cos A\cos B-\sin A\sin B\right) \left(\,\cos C\cos D-\sin C\sin D\right)=0$

$\cos A\cos B\cos C\cos D+\sin A\sin B\sin C\sin D=0$

$\sin A\sin B\sin C\sin D=-(\cos A\cos B\cos C\cos D)$

$\tan A\tan B\tan C\tan D=-1$

[No.Name]

6. กำหนดให้ $\alpha, \beta, \gamma ,\delta$ เป็นคำตอบของสมการ $x^4+bx^3+cx^2+dx+2=0$ จงหา

$$(1+\alpha^2 )(1+\beta ^2)(1+\gamma ^2)(1+\delta ^2)$$

$(1+\alpha^2 )(1+\beta ^2)(1+\gamma ^2)(1+\delta ^2)=(1-i\alpha )(1-i\beta )(1-i\gamma )(1-i\delta )(1+i\alpha )(1+i\beta )(1+i\gamma )(1+i\delta )$

สมการที่มี $i\alpha ,i\beta ,i\gamma ,i\delta $ เป็รคำตอบ คือ $x^4+ibx^3-cx^2-idx+e$

$x^4+ibx^3-cx^2-idx+e=(x-i\alpha )(x-i\beta )(x-i\gamma )(x-i\delta )$

$1+ib-c-id+e=(1-i\alpha )(1-i\beta )(1-i\gamma )(1-i\delta )$

$1-ib-c+id+e=(1+i\alpha )(1+i\beta )(1+i\gamma )(1+i\delta )$

$(1+\alpha^2 )(1+\beta ^2)(1+\gamma ^2)(1+\delta ^2)=\left(\,(1-c+e)+i(b-d)\right) \left(\,(1-c+e)-i(b-d)\right) $

$=b^2+c^2+d^2+e^2-2bd-2c-2ce+2e+1$

[No.Name]

กำหนดให้ $P(x) = (1+x+x^2+\cdots+x^{17})^2-x^{17}$ มีรากเป็นจำนวนเชิงซ้อนทั้งหมด 34 ราก โดยมีเงื่อนไขต่อไปนี้
a) รากทุกตัวอยู่ในรูปของ $\displaystyle{z_k = r_k(\cos{(2a_k\pi)}+j\sin{(2a_k\pi)}),\ k=1,2,\dots,34}$
b) $\displaystyle{0<a_1\leqslant a_2\leqslant a_3\leqslant \ldots \leqslant a_{34} < 1}$
c) $\displaystyle{r_k > 0}$
กำหนดให้ $a_1+a_2+a_3+a_4+a_5 = \dfrac{m}{n}$ เมื่อ $\dfrac{m}{n}$ เป็นเศษส่วนอย่างต่ำ จงหาค่า $m+n$

วิธีทำ

$P(x) = (1+x+x^2+\cdots+x^{17})^2-x^{17}$

$~~~~~=\dfrac{(x^{18}-1)^2}{(x-1)^2}-x^{17}$

$~~~~~=\dfrac{x^{36}-2x^{18}+1-x^{19}+2x^{18}-x^{17}}{(x-1)^2}$

$~~~~~=\dfrac{(x^{17}-1)(x^{19}-1)}{(x-1)^2}$

$~~~~~=(1+x+x^2+...+x^{16})(1+x+x^2+...+x^{18})$

$P(x)$ มีคือ $\cos\dfrac{2l\pi}{17}+j\sin\dfrac{2l\pi}{17}$ โดยที่ $l=1,2,...16$

และ $\cos\dfrac{2k\pi}{19}+j\sin\dfrac{2k\pi}{19}$ โดยที่ $k=1,2,3...,18$

$a_1=\dfrac{1}{19},a_2=\dfrac{1}{17},a_3=\dfrac{2}{19},a_4=\dfrac{2}{17},a_5=\dfrac{3}{19}$

$a_1+a_2+a_3+a_4+a_5=\dfrac{159}{323}$

$m+n=482$

[banker]

ยิ่งตรวจยิ่งผิด

เท่าที่เจ้าของโจทย์มาเฉลย ผิดไป 2 ข้อเย้้ววว