|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#16
|
||||
|
||||
คุณ nithi_rung ตอบ ณ เวลาที่สวยงามมาก
__________________
โลกนี้มีคนอยู่ 10 ประเภท คือ คนที่เข้าใจเลขฐานสอง และคนที่ไม่เข้าใจ |
#17
|
|||
|
|||
จริงๆด้วยครับ ผมลืมคิดจุดนั้นไปเลย ขอบคุณคุณ nithi_rung ที่มาช่วยแก้ไขให้ครับ
ผมทำข้อนี้ เพราะตอนนั้นผมกำลัง scan หาว่ามีคำถามไหนในกลุ่มปัญหาคณิตศาสตร์โอลิมปิก และ อุดมศึกษา ที่ยังไม่มีคนตอบ แล้วมาเจอที่น้อง gools ตอบข้อนี้ไว้ ซึ่งผมค่อนข้างมั่นใจว่าไม่ถูกต้อง ก็เลยตอบไปโดยคิดในใจ ไม่ได้ทดลงกระดาษให้ถี่ถ้วนก่อน ผลก็คือผิดครับ จะเห็นว่าความรอบคอบมีความสำคัญมากๆในการทำโจทย์คณิตศาสตร์ ดังนั้นปกติผมจึงทำในกระดาษทดเสมอ แล้ว double check โดยคิดอีกวิธีหนึ่ง (เช่นนับตรงๆเลย) หรือใช้คอมพ์เช็คครับ |
#18
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ที่พี่ warut นับมาเป็นกรณีของ $f(n-1)\not=f(1)$ ก็ ถ้า $f(n-1)=f(1)$ มันจะคือ $$f(1)\not=f(2)\not=...\not=f(n-2)\not=f(1)$$ ใช้แนวคิดแบบเดิมครับ มันคือ $n(n-1)^{n-4}(n-2)$ ครับ นี่คือกรณีที่ $f(n-3)\not=f(1)$ ทำอย่างนี้ไปเรื่อยๆ จะได้ $\Huge \mathbf{ \text{กรณี n คี่}}$ กระจายไปตอนท้ายๆ $f(1)\not=f(2)\not=f(3)\not=f(1)$ พอจะลด มันจะกลายเป็น กรณีที่ $f(1)=f(2)$ ซึ่งเกิดไม่ได้เพราะ $f(1)\not=f(2)$ นั่นคือ $$n(X)=n(n-2)[(n-1)^1+(n-1)^3...+(n+1)^{n-4}+(n+1)^{n-2}]$$ $$=n(n-2)[\frac{(n-1)((n-1)^{2(\frac{n-1}{2})}-1)}{(n-1)^2-1}]$$ $$=(n-1)^n-(n-1)$$ $\Huge \mathbf{ \text{กรณี n คู่}}$ กระจายไปตอนท้ายๆ $f(1)\not=f(2)\not=f(3)\not=f(4))\not=f(1)$ ยังเป็น $n(n-1)^{2}(n-2)$ อยู่ กรณี $f(3)=f(1)$ $f(1)\not=f(2)\not=f(1)$ ตรงนี้ ไม่ใช่ $n(n-1)^{0}(n-2)$ แล้วครับ แต่เป็น $n(n-1)$ นั่นคือ $$n(X)=n(n-2)[(n-1)^2+(n-1)^4...+(n+1)^{n-4}+(n+1)^{n-2}]+n(n-1)$$ $$=n(n-2)[\frac{(n-1)^2((n-1)^{2(\frac{n-2}{2})}-1)}{(n-1)^2-1}]+n(n-1)$$ $$=(n-1)^n-(n-1)^2+n(n-1)$$ $$=(n-1)^n+(n-1)(1)$$ จากทั้งสองกรณีสรุปได้ว่า $$(n-1)^{n}+(-1)^{n}(n-1)$$ ตรงตามที่พี่ nithi_rung ตอบมาเลยครับ ไม่ทราบพี่คิดวิธีไหนครับ
__________________
[[:://R-Tummykung de Lamar\\::]] || (a,b,c > 0,a+b+c=3) $$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\geq ab+ac+bc$$ |
#19
|
|||
|
|||
ความเชี่ยวชาญด้าน combinatorics ของน้อง R-Tummykung de Lamar ล้ำหน้าผมไปไกล จนผมตามไม่ทันเลยครับ คือในกรณีที่ $f(n-1)=f(1)$ ทำไมได้ $n(n-1)^{n-4}(n-2)$ แบบล่ะครับ ทำไมเราไม่ต้องนับด้วยว่าเราสามารถเลือก $f(n)$ ได้อีก $n-1$ วิธี ซึ่งน่าจะทำให้ได้เป็น $n(n-1)^{n-3}(n-2)$ แบบ งงมากเลยครับตรงนี้
แต่ว่าคำตอบ $(n-1)^{n}+(-1)^{n}(n-1)$ นี่คงถูกต้องไม่มีปัญหาแล้วล่ะ เพราะผมลองนับด้วยคอมพ์ดูจริงๆ ในกรณีที่ $n\le8$ แล้วได้เท่ากันครับ ผมก็อยากเห็นวิธีคิดของคุณ nithi_rung เหมือนกัน อยากรู้ที่มาของโจทย์ด้วย ถ้าย้อนไปถึงต้นฉบับของฝรั่งได้ด้วยจะยิ่งดีมากเลยครับ |
#20
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
ผมลองคิดแบบนั้นอยู่ พี่ warut ครับ ไม่ทราบว่า ที่ $n=5$ ได้เท่าไหร่ครับ 1020 หรือ 1200
__________________
[[:://R-Tummykung de Lamar\\::]] || (a,b,c > 0,a+b+c=3) $$\sqrt a+\sqrt b+\sqrt c\geq ab+ac+bc$$ |
#21
|
|||
|
|||
แสดงวิธีคิดให้ดู 2 วิธี นะครับ โดยจะขอละรายละเอียดบางส่วนไว้
วิธีแรก ใช้หลักการนำเข้าตัดออก กรณี $ n=1 $ จะได้ว่าไม่มีฟังก์ชัน มิฉะนั้น $ f(1)/not=f(n)=f(1) $ กรณี $ n=2 $ จะได้ว่ามี 2 ฟังก์ชัน คือ $ f(1)=1, f(2)=2 $ และ $ f(1)=2, f(2)=1 $ ต่อไปพิจารณากรณี $ n\ge3 $ สำหรับ $ i=1,2,...,n-1 $ ให้ $ B_{ i }=\{f\in U|f(i)=f(i+1)\} $ และให้ $ B_{ n }=\{f\in U|f(n)=f(1)\} $ จะเห็นว่า $ X=\bigcap_{i=1}^{n} B_{ i }\prime $ ดังนั้น $ n(X)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}S_{i} $ เมื่อ $ S_{ 0 }=n(U) $ และ $ S_{i}=\sum_{1\le j_{ 1 }\le ... \le j_{ i }\le n}n\left(\bigcap_{k=1}^{i} B_{ j_{ k } }\right) $ สำหรับ $ i=1,2,...,n $ จะเห็นว่า $ S_{0}=n^n, S_{i}={n \choose i}n^{n-i} $ เมื่อ $ i=1,2,...,n-1 $ และ $ S_{n}=n $ ดังนั้น $$ n(X)=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{i}S_{i}$$ $$=\sum_{i=0}^{n-1}{n \choose i}(-1)^{i}n^{n-i} + (-1)^n $$ $$ =\sum_{i=0}^{n}{n \choose i}(-1)^{i}n^{n-i} - (-1)^{n} + (-1)^n $$ $$ =(n-1)^n+(-1)^n(n-1) $$ วิธีที่สอง อันนี้คงต้องให้ช่วยกันดูละครับ เพราะจัดรูปตอนท้ายไม่ได้ (หรือว่าเป็นไปไม่ได้ที่จะจัดรูป? หรือว่าผมคิดผิด ) (เราจะพิจารณากรณี $n\ge3$ โดยกรณี $n=1,2$ นั้นทำเหมือนกรณีแรก) ขั้นแรกเลือกค่าของ $f(1)$ ก่อน เลือกได้ n วิธี ต่อไปพิจารณาจำนวน $k\in A-\{1\}$ ซึ่ง $f(k)=f(1)$ (เห็นได้ชัดว่า $k\not=2$ ดังนั้นมีค่าที่เป็นไปได้อยู่ $n-2$ ค่า) สมมติว่ามีอยู่ $m-1$ จำนวน (จะเห็นว่า $m-1\le\frac{n-2}{2}$) จะได้ว่า มีจำนวนวิธีการเลือกตำแหน่งของ k ซึ่งมีอยู่ $m-1$ ที่ได้ {n-m-2 \choose m-1} วิธี (ค่อยๆ คิดตามนะครับ ลองนึกถึงการเรียงเลข 1 $m-1$ จำนวน และเลข 0 $n-m-2$ จำนวน โดยเลข 1 ห้ามอยู่ติดกัน) ต่อไปเลือกค่าของ $f(k+1)$ สำหรับทุก $k\in A$ ซึ่ง $f(k)=f(1)$ (อันนี้รวม k=1 ด้วยนะครับ) จะเลือกได้ $n-1$ วิธี รวมแล้วเลือกได้ $(n-1)^m$ วิธี ตอนนี้จะเหลือจำนวนอยู่ $n-2m$ ค่า ซึ่งเรายังไม่ได้เลือกค่าฟังก์ชันให้ จำนวนที่เหลือนี้เราเลือกค่าให้แต่ละตัวได้ $n-2$ วิธี คือไม่ให้เท่ากับ $f(1)$ และตัวก่อนหน้า (เช่น $f(k+2)\not=f(k+1)$) รวมเป็น $(n-2)^{n-2m}$ วิธี ดังนั้น ในกรณีนี้ จะมีจำนวนฟังก์ชันทั้งหมด $n{n-m-2 \choose m-1}(n-1)^m(n-2)^{n-2m}$ เมื่อรวมทุกกรณี จะได้ว่า $n(X)=n\sum_{m=1}^{\lceil \frac{n}{2}\rceil}({n-m-2 \choose m-1}(n-1)^m(n-2)^{n-2m})$ ซึ่งตรงนี้ละครับ ที่ผมจัดรูปต่อไม่ได้ สำหรับวิธีของน้อง R-Tummykung de Lamar นี่อยากให้ดูใหม่นะครับ เพราะว่าจำนวนวิธีการเลือกในขั้นที่เลือก $f(n-1)$ ซึ่งได้ $n(n-1)^{n-2}$ วิธีนั้นมีสองกรณีรวมกันไปแล้ว คือ $f(n-1)=f(1)$ และ $f(n-1)\not=f(1)$ |
#22
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
อ้างอิง:
แล้วก็ขอบใจน้อง nithi_rung มากๆครับที่มาแสดงวิธีทำให้ดูถึง 2 แบบ ผมคงต้องใช้เวลาทำความเข้าใจอีกนาน แต่เรื่องจัดรูปนี่ ที่ผมดูคร่าวๆแล้วคิดว่าน่าจะพอทำได้นะ เสร็จแล้วจะมาโพสต์บอกครับ |
#23
|
|||
|
|||
Suppose that a function $f$ defined on the positive integers satisfies
$$f(1)=1,\ \ f(2)=2,$$ $$f(n+2)=f(n+2-f(n+1))+f(n+1-f(n)) \ \ \ \ (n\geq1).$$ (a) Show that $(i)\ 0\leq f(n+1)-f(n) \leq 1$ $(ii)$ if $ f(n) $ is odd, then $ f(n+1)=f(n)+1$. (b) Determine, with justification, all values of n for which $$f(n)=2^{10}+1$$ |
#24
|
|||
|
|||
ตอบน้อง nithi_rung เรื่องจัดรูปน่ะครับ ผมลองเช็คด้วยคอมพ์ (โดยแทนค่า $n$ ด้วยตัวเลขต่างๆ) แล้วปรากฎว่า $$n \sum_{m=1}^ {\lceil \frac{n}{2}\rceil} {n-m-2 \choose m-1} (n-1)^m(n-2)^{n-2m} \ne (n-1)^n+ (-1)^n(n-1)$$ ครับ แต่ไม่ทราบเหมือนกันว่าปัญหามาจากจุดไหนในวิธีที่สอง
|
|
|