|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
|||
|
|||
ขอข้อสอบ ค่าย 2/57 ศูนย์สวนกุหลาบครับ
อีก 2 อาทิตย์จะเข้าค่ายแล้ว ใครมีรบกวนอัพโหลดให้หน่อยครับ
|
#2
|
||||
|
||||
มีแค่3วิชาครับ วิชาที่เหลือหาไม่เจอ 5555
ปล.คอมบิข้อ4 กับ เรขาข้อ3 ทำไงครับ ขอ hint หน่อยครับ
__________________
เหนือฟ้ายังมีอวกาศ 22 มีนาคม 2016 00:29 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ กขฃคฅฆง |
#3
|
|||
|
|||
เรขาข้อ 2 ถ้าไม่ใช้ตรีโกณจะทำไงดีครับ ผมใช้กฎของ sine 4 ครั้งแล้วมันได้เลยครับ
ปล. มี 3 วิชาก็ดีกว่าไม่มีครับ 22 มีนาคม 2016 16:07 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Pitchayut |
#4
|
||||
|
||||
ข้อ 2 เป็น lemma ที่ใช้บ่อย lemma นึงครับ
วิธีพิสูจน์แบบที่ไม่ใช่ trigon ก็มีวิธีใช้ pole+polar ก็สวยดีครับ
__________________
----/---~Alice~ จงรับรู้ไว้ ชื่อแห่งสีสันหนึ่งเดียวที่แสดงผล ---/---- ~Blue~ นี่คือ สีแห่งความหลังอันกว้างใหญ่ของเว็บบอร์ดนี้ |
#5
|
||||
|
||||
นี่คือสิ่งที่ใช้ polar/harmonic พิสูจน์ ขั้นที่ 1) $EP$ สัมผัสกับวงกลม (เมื่อ $P$ เป็นจุดที่ $AD$ ตัดกับวงกลมที่ไม่ใช่ $A$) ขั้นที่ 2) $EB \cdot EC=EN \cdot EM$
__________________
----/---~Alice~ จงรับรู้ไว้ ชื่อแห่งสีสันหนึ่งเดียวที่แสดงผล ---/---- ~Blue~ นี่คือ สีแห่งความหลังอันกว้างใหญ่ของเว็บบอร์ดนี้ |
#7
|
||||
|
||||
ลองลากส่วนสูงจากจุด B ดูครับ
|
#8
|
|||
|
|||
มาเพิ่มเฉลยครับ เก็บไว้เผื่อรุ่นต่อไป
จะอุปนัยอย่างเข้มบน $n$ ว่า $f(n)$ เป็นค่าต่ำสุดเพียงตัวเดียวในเซต $\{f(n),f(n+1),f(n+2),...\}$ ขั้นฐาน ให้ $f(k_1)$ เป็นค่าต่ำสุดในเซต $\{f(1),f(2),f(3),...\}$ สมมติ $k_1>1$ จะได้ $f(f(k_1-1))<f(k_1)$ ขัดแย้ง ขั้นอุปนัย ให้ $f(k_n)$ เป็นค่าต่ำสุดในเซต $\{f(n),f(n+1),f(n+2),...\}$ สมมติ $k_r=r\quad\forall r<n$ จะพิสูจน์ว่า $k_n=n$ จะได้ว่า $f(f(k_n-1))<f(k_n)$ นั่นคือ $f(k_n-1)<n$ แต่ว่าโดยสมมติฐานการอุปนัย $f(r)\geq r$ สำหรับทุกๆ $r<n$ นั่นคือ $f(k_n-1)\leq n-1\leq f(n-1)$ ทำให้ $f(f(k_n-2))<f(k_n-1)\leq f(n-1)$ ทำนองเดียวกัน จะได้ว่า $f(k_n-2)\leq f(n-2)$ ทำนองเดียวกันไปเรื่อยๆ จะได้ว่า $f(k_n-n+1)\leq f(1)$ ทำให้ได้ว่า $k_n-n+1=1$ นั่นคือ $k_n=n$ ตามต้องการ จากประพจน์ที่ได้พิสูจน์ไป จะได้ว่าถ้า $a>b$ แล้ว $f(a)>f(b)$ สามารถพิสูจน์ต่อได้ง่ายมากว่าบทกลับย่อมเป็นจริง เมื่อกลับไปดูที่โจทย์ $f(f(n))<f(n+1)$ ทำให้ $f(n)<n+1$ แต่ $f(n)>f(n-1)>f(n-2)>...>f(1)$ ทำให้ $f(n)>n$ จึงได้ $f(n)=n$ เป็นคำตอบเดียวที่เป็นไปได้ $f(m+n+58)+59=f(m+n+f(59))=f(m+f(f(n)+1)=f(m+58)+f(n)+1$ แสดงว่า $f(m+n+58)+58=f(m+58)+f(n)$ สลับตัวแปรได้ $f(m+58)-f(m)=f(n+58)-f(n)$ แทน $n$ ด้วย $m+n$ แล้วลบกับสมการ $f(m+n+58)+58=f(m+58)+f(n)$ จะกลายเป็น $f(m+n)+58=f(m)+f(n)$ และเมื่อให้ $g(x)=f(x)-58$ มันจะเข้าสูตรโคชีอย่างงดงาม ที่เหลือก็ง่ายๆ แล้วครับ จะได้ว่า $f(x)=x+58$ และผลบวกคือ $990$ เพราะว่า $g(x)=x^2$ ทั่วถึงใน $\mathbb{R}^{+}_{0}$ ทำให้เปลี่ยนสมการเป็น $f(x+f(y))=f(x)+y$ ทำคล้ายๆ ข้อ 2 $f(x+y)+1=f(x+y+f(1))=f(x+f(f(y)+1))=f(x)+f(y)+1$ นั่นคือ $f$ เป็นฟังก์ชันโคชี ทำให้ $f(0)=0$ และเมื่อแทนกลับไปในสมการจะได้ $f(f(x))=x$ ต่อมาสมมติ $f(x)>x$ จะได้ $x=f(f(x))=f(x+(f(x)-x))=f(x)+f(f(x)-x)\geq f(x)$ ขัดแย้ง และสมมติ $f(x)<x$ จะได้ $f(x)=f(f(x)+(x-f(x)))=f(f(x))+f(x-f(x)\geq f(f(x))=x$ ขัดแย้ง เพราะฉะนั้น $f(x)=x$ เป็นคำตอบเดียวที่เป็นไปได้ แทน $z=-1$ ในโจทย์จะได้ว่า $f(2x^2)=1-f(-1)x^2+(2-f(-1))f(y)$ ซึ่งเห็นได้ชัดว่า $f(-1)=2$ ทำให้ $f(2x^2)=1-2x^2$ และ $f(x)=1-x$ สำหรับทุกๆ $x\in\mathbb{R}^{+}_{0}$ ต่อมาให้ $k\in\mathbb{R}^{-}$ ทำให้ $1-k\in\mathbb{R}^{+}$ แทน $(x,y,z)=(1-k,0,0)$ ก็จะได้ว่า $f(k)=1-k$ ซึ่งทำให้ $f(x)=1-x$ ทั่ว $\mathbb{R}$ สุดท้ายก็อย่าลืมตรวจคำตอบให้อาจารย์ดูนะครับถึงแม้ว่ามันจะหนักหนาสาหัสขนาดไหนก็ตาม แทน $x=y=0$ ในโจทย์ ได้ $f(0)=0$ แทน $x=0$ ในโจทย์ ได้ $f(-y)=-f(y)$ นั่นคือ $f$ เป็นฟังก์ชันคี่ จากนั้นแทน $(x,y)=(-y,x)$ ก็จะได้ $f(x-y)-f(x+y)=(f(x)-f(y))^3-(f(x)+f(y))^3$ และเมื่อนำไปลบกับสมการในโจทย์ก็จะได้ $f(x+y)=f(x)+f(y)$ ตามต้องการ 27 มีนาคม 2016 17:29 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Pitchayut |
#9
|
|||
|
|||
For second problem of geometry, it can be solved without law of sines
Let $O$ be the circumcenter of ABC and let $\omega$ be the circle centered at $D$ with radius $BD$ Let lines $AB,AC$ meet $\omega$ at $P,Q$, respectively. Since $\angle{PBQ}=\angle{BQC}+\angle{BAC}=\frac{1}{2} \cdot (\angle{BDC} + \angle{DOC}) = 90^{\circ}$ We see that $PQ$ is a diameter of $\omega$ and passes through $D$. Since $\angle{ABC} = \angle{AQP}$ and $\angle{ACB} = \angle{APQ}$, So $\triangle{ABC} \sim \triangle{AQP}$ and since $M$ is midpoint of $BC$ and $D$ is midpoint of $PQ$ The similarity implies that $\angle{BAM} = \angle{QAD}$ and complete the prove 03 เมษายน 2016 01:27 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ ThE-dArK-lOrD |
#10
|
|||
|
|||
เห็นด้วยกับคุณ DARK LORD ครับ
|
|
|