มาร่วมเฉลยข้อสอบ สอวน.ค่าย1-2 - หน้า 6

PP_nine · #76 22 เมษายน 2012, 10:49

#75 ข้อ 5 วิธีทำ, คำตอบเหมือนผมเลย

แต่จะอ้าง $m-3|100$ ต้องพิสูจน์อีกทีนะครับ เพราะส่วนนี้อยู่ในเนื้อหาของ order ซึ่งเกินค่าย 2 ไปครับ

polsk133 · #77 22 เมษายน 2012, 12:38

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

#75 ข้อ 5 วิธีทำ, คำตอบเหมือนผมเลย

แต่จะอ้าง $m-3|100$ ต้องพิสูจน์อีกทีนะครับ เพราะส่วนนี้อยู่ในเนื้อหาของ order ซึ่งเกินค่าย 2 ไปครับ

แล้วพิสูจน์ยังไงหรอครับอันนี้ ที่ว่า $ord \mid \phi (n)$

BLACK-Dragon · #78 22 เมษายน 2012, 13:53

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ polsk133

แล้วพิสูจน์ยังไงหรอครับอันนี้ ที่ว่า $ord \mid \phi (n)$

ผมก็ไม่แน่ใจเหมือนกันนะครับ

ให้ x เป็น order ของ a modulo n

และจากความจริงที่เรารู้ว่า $\phi n \geq x$ นั่นคือจะมี $xk= \phi n$ สำหรับบาง k

$a^x \equiv 1 \pmod{n}$

$a^{xk} \equiv 1 \pmod{n}$

บาง $a_1$ ซึ่ง $xk = \phi n$

nuiiz · #79 24 เมษายน 2012, 14:57

สู้ๆ นะคะ เหนโจทย์ละมึน ฮาๆๆๆ

เคยเข้าค่าโอลิมปิก คณิศาสตร์ ของภาคตะวันออกหลายปีละ

ตอนนี้ลืม T.T

PP_nine · #80 30 เมษายน 2012, 04:56

#78 วิธีทำดูแปลกๆอยู่นะครับ

ให้ $k=ord_na$

จะแสดงว่า $k| \phi (n)$ เสมอสำหรับจำนวนเต็ม $a$ ที่ $(a,n)=1$

ถ้าเขียน $\phi (n) = q \cdot k + r$ โดยที่ $0 \le r < k$ แล้ว

เนื่องจาก $(a,n)=1$

ดังนั้น $a^{\phi (n)} \equiv 1 \pmod{n}$

$a^{kq+r} \equiv 1 \pmod{n}$

$a^r \equiv 1 \pmod{n}$

แต่จำนวนเต็ม $k$ เป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุดซึ่ง $a^k \equiv 1 \pmod{n}$

ในขณะที่ $0 \le r < k$

ดังนั้น $r=0$ เพียงกรณีเดียว

แสดงว่า $k | \phi (n)$ #

polsk133 · #81 16 พฤษภาคม 2012, 08:56

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ PP_nine

#78 วิธีทำดูแปลกๆอยู่นะครับ

ให้ $k=ord_na$

จะแสดงว่า $k| \phi (n)$ เสมอสำหรับจำนวนเต็ม $a$ ที่ $(a,n)=1$

ถ้าเขียน $\phi (n) = q \cdot k + r$ โดยที่ $0 \le r < k$ แล้ว

เนื่องจาก $(a,n)=1$

ดังนั้น $a^{\phi (n)} \equiv 1 \pmod{n}$

$a^{kq+r} \equiv 1 \pmod{n}$

$a^r \equiv 1 \pmod{n}$

แต่จำนวนเต็ม $k$ เป็นจำนวนเต็มบวกที่น้อยที่สุดซึ่ง $a^k \equiv 1 \pmod{n}$

ในขณะที่ $0 \le r < k$

ดังนั้น $r=0$ เพียงกรณีเดียว

แสดงว่า $k | \phi (n)$ #

ขอบคุณครับ กระจ่างมากๆครับ

polsk133 · #82 09 สิงหาคม 2012, 03:12

เหลือบไปเห็น FEค่าย2ปี2555 นี่มัน imo ข้อ 6แต่เปลี่ยนเลขดีๆนี่เอง

ดูอีกที ข้อ5.2ด้วย *0*

ปากกาเซียน · #83 03 ตุลาคม 2012, 20:56

จงหาลำดับเทอร์นารี ที่ยาว10หลัก ซึงผลบวกของเลขโดดที่ใช้เป็นเลขคู่

ปากกาเซียน · #84 04 ตุลาคม 2012, 18:22

ข้อสอบเรขาศูนย์สวนกุหลาบปีที่แล้วผิดข้อไหนหรอครับ

ปากกาเซียน · #85 07 ตุลาคม 2012, 20:17

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gon

2553 : Combinatorics

solution

ตอบ 365

ให้ $a_n$ แทน จำนวนของสตริงฐานสาม n หลัก ที่ผลบวกของเลขโดดทุกตัวเป็นจำนวนคู่
ให้ $b_n$ แทน จำนวนของสตริงฐานสาม n หลัก ที่ผลบวกของเลขโดดทุกตัวเป็นจำนวนคี่

จะได้ $a_n + b_n = 3^n ...(*)$

หา $a_n$
$a_n = a_{n, 0} + a_{n,1} + a_{n, 2} = a_{n-1} + b_{n-1} + a_{n-1} = 2a_{n-1} + b_{n-1}$ ...(**)

แต่จากสมการ (*) จะได้ $b_{n-1} = 3^{n-1} - a_{n-1}$ แทนใน (**) จะได้ $$a_n = a_{n-1} + 3^{n-1} , a_1 = 2, a_2 = 5$$
ดังนั้น $a_6 = 365$

มีวิธีแบบค่าย1รึเปล่าครับ

gon · #86 07 ตุลาคม 2012, 20:48

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ ปากกาเซียน

มีวิธีแบบค่าย1รึเปล่าครับ

นับโดยอ้อมก็ได้ครับถ้าไม่ชอบความสัมพันธ์เวียนเกิด

solution

จะต้องมี '1' อยู่เป็นจำนวนคู่ตัว ซึ่งมีอยู่ทั้งหมด $$3^6 - (\binom{6}{1}2^5+\binom{6}{3}2^3+\binom{6}{5}2^1) = 365$$ จำนวน

ปากกาเซียน · #87 08 ตุลาคม 2012, 20:02

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gon

นับโดยอ้อมก็ได้ครับถ้าไม่ชอบความสัมพันธ์เวียนเกิด

solution

จะต้องมี '1' อยู่เป็นจำนวนคู่ตัว ซึ่งมีอยู่ทั้งหมด $$3^6 - (\binom{6}{1}2^5+\binom{6}{3}2^3+\binom{6}{5}2^1) = 365$$ จำนวน

ได้มาอย่างไรหรอครับ

gon · #88 08 ตุลาคม 2012, 21:18

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ ปากกาเซียน

ได้มาอย่างไรหรอครับ

อธิบายเพิ่มเติม

ถ้ามี '1' อยู่ 1 ตัว

ขั้นที่ 1. เลือกว่าจะนำ '1' ไปวางตรงตำแหน่งใดของจำนวน 6 หลัก จะวางได้ $\binom{6}{1}$ วิธี

ขั้นที่ 2. หลักที่เหลืออีก 5 หลัก ในแต่ละหลัก เลือกว่าจะใช้ '0' หรือ '2' เลือกได้ 2 วิธี ดังนั้น 5 หลักที่เหลือ วางได้ $2^5$ วิธี

สำหรับอีก 2 กรณีที่เหลือคือ มี '1' อยู่ 3 ตัว กับ มี '1' อยู่ 5 ตัว ก็คิดทำนองเดียวกันครับ

ปากกาเซียน · #89 08 ตุลาคม 2012, 21:35

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ gon

อธิบายเพิ่มเติม

ถ้ามี '1' อยู่ 1 ตัว

ขั้นที่ 1. เลือกว่าจะนำ '1' ไปวางตรงตำแหน่งใดของจำนวน 6 หลัก จะวางได้ $\binom{6}{1}$ วิธี

ขั้นที่ 2. หลักที่เหลืออีก 5 หลัก ในแต่ละหลัก เลือกว่าจะใช้ '0' หรือ '2' เลือกได้ 2 วิธี ดังนั้น 5 หลักที่เหลือ วางได้ $2^5$ วิธี

สำหรับอีก 2 กรณีที่เหลือคือ มี '1' อยู่ 3 ตัว กับ มี '1' อยู่ 5 ตัว ก็คิดทำนองเดียวกันครับ

ขอบคุณมากครับแต่ถ้าเป็น10หลักก็ต้องแยกกรณีหรอครับ

gon · #90 09 ตุลาคม 2012, 22:47

อ้างอิง:

ข้อความเดิมเขียนโดยคุณ ปากกาเซียน

ขอบคุณมากครับแต่ถ้าเป็น10หลักก็ต้องแยกกรณีหรอครับ

ถ้าไม่อยากแยก ก็ต้องลองสังเกตครับ ว่าจากนิพจน์ดังกล่าว จะสามารถยุบหรือมองให้สั้นขึ้นได้หรือไม่ ซึ่งจากตัวอย่างที่แสดงไว้ เราจะเห็นว่า โดยทฤษฎีบททวินาม จะได้ $$\binom{6}{1}2^5 + \binom{6}{3}2^3 + \binom{6}{5}2^1 = \frac{(2+1)^6 - (2-1)^n}{2}$$ นั่นก็คือ สำหรับ n หลักใด ๆ แล้วจะได้ว่า $$3^n - \frac{(2+1)^n - (2-1)^n}{2} = 3^n-\frac{3^n-1}{2} = \frac{3^n+1}{2}$$ เป็นสูตรทั่วไปของลำดับเทอร์นารีที่มีความยาว $n$ หลักใด ๆ ที่มีผลบวกของทุกพจน์เป็นจำนวนคู่ครับ.

เครื่องมือของหัวข้อ	ค้นหาในหัวข้อนี้
แสดงผลสำหรับพิมพ์ ส่งหัวข้อนี้ทาง Email	ค้นหาในหัวข้อนี้: ค้นหาขั้นสูง