|
สมัครสมาชิก | คู่มือการใช้ | รายชื่อสมาชิก | ปฏิทิน | ข้อความวันนี้ | ค้นหา |
|
เครื่องมือของหัวข้อ | ค้นหาในหัวข้อนี้ |
#1
|
||||
|
||||
49th IMO 2008, Madrid, Spain
เครดิตข้อสอบจาก mathlinks
ข้อสอบวันแรก 16 กรกฎาคม 2008 IMO 2008, Question 1 Let $H$ be the orthocenter of an acute-angled triangle $ABC$. The circle $\Gamma_A$ centered at the midpoint of $BC$ and passing through $H$ intersects the sideline $BC$ at points $A_1$ and $A_2$. Similarly, define the points $B_1,\ B_2,\ C_1$ and $C_2$. Prove that six points $A_1,\ A_2,\ B_1,\ B_2,\ C_1$ and $C_2$ are concyclic. Author: Andrey Gavrilyuk, Russia IMO 2008, Question 2 (i) If $x,\ y$ and $z$ are real numbers, different from 1, such that $xyz = 1$ prove that $$\sum \frac {x^{2}}{(x - 1)^{2}} \geq 1$$ (ii) Prove that equality case is achieved for infinitely many triples of rational numbers $x,\ y$ and $z$. Author: Walther Janous, Austria IMO 2008, Question 3 Prove that there are infinitely many positive integers $n$ such that $n^2+1$ has a prime divisor greater than $2n+\sqrt{2n}$. Author: Kęstutis Česnavičius, Lithuania ข้อสอบวันที่สอง 17 กรกฎาคม 2008 IMO 2008, Question 4 Find all functions $f: (0, \infty) \mapsto (0, \infty)$ (so $f$ is a function from the positive real numbers) such that $$\frac {\left( f(w) \right)^2 + \left( f(x) \right)^2}{\left( f(y) \right)^2 + \left( f(z) \right)^2} = \frac {w^2 + x^2}{y^2 + z^2}$$ for all positive real numbers $w,x,y,z,$ satisfying $wx = yz$. Author: Hojoo Lee, South Korea IMO 2008, Question 5 Let $n$ and $k$ be positive integers with $k\ge n$ and $k-n$ an even number. Let $2n$ lamps labeled $1, 2, ...,2n$ be given, each of which can be either on or off. Initially all the lamps are off. we consider sequences of steps: at each step one of the lamps is switched (from on to off or from off to on). Let $N$ be the number of such sequences consisting of $k$ steps and resulting in the state where lamps $1$ through $n$ are all on, and lamps $n+1$ through $2n$ are all off. Let $M$ be number of such sequences consisting of $k$ steps, resulting in the state where lamps $1$ through $n$ are all on, and lamps $n+1$ through $2n$ are all off, but where none of the lamps $n+1$ through $2n$ is ever switched on. Determine $N/M$. Author: Bruno Le Floch and Ilia Smilga, France IMO 2008, Question 6 Let $ABCD$ be a convex quadrilateral with $BA$ different from $BC$. Denote the incircles of triangles $ABC$ and $ADC$ by $k_1$ and $k_2$ respectively. Suppose that there exists a circle $k$ tangent to ray $BA$ beyond $A$ and to the ray $BC$ beyond $C$, which is also tangent to the lines $AD$ and $CD$. Prove that the common external tangents to $k_1$ and $k_2$ intersects on $k$. Author: Vladimir Shmarov, Russia
__________________
คนไทยร่วมใจอย่าใช้ภาษาวิบัติ ฝึกพิมพ์สัญลักษณ์สักนิด ชีวิต(คนตอบและคนถาม)จะง่ายขึ้นเยอะ (จริงๆนะ) Stay Hungry. Stay Foolish. 18 กรกฎาคม 2008 18:13 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 3 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ nongtum เหตุผล: updated |
#2
|
||||
|
||||
ข้อ 2
A.ผม homogenize ไปเลย แทน $x=\frac{a}{b} y=\frac{b}{c} z=\frac{c}{a}$ อสมการที่ต้องพิสูจน์คือ $\sum_.\frac{a^2}{(a-b)^2}\geqslant 1$ ให้ $p=\frac{a}{a-b}$ $q=\frac{b}{b-c}$ $r=\frac{c}{c-a}$ เราจะต้องพิสูจน์ว่า $p^2+q^2+r^2\geqslant 1$ แต่เห็นได้ว่า $pqr=(p-1)(q-1)(r-1)$ ได้ว่า $\sum pq +1= \sum p$ ยกกำลังสองทั้งสองข้างได้ว่า $(\sum pq)^2+2\sum pq +1=\sum p^2 +2\sum pq$ ดังนั้น $p^2+q^2+r^2=1+(\sum pq)^2\geqslant 1$ ... ส่วนวิธีทำข้อ B ของผมนั้นจาก $p^2+q^2+r^2=1+(\sum pq)^2$ ได้ว่าอสมการจะเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $pq+qr+rp=0$ ก็แทนค่า p,q,r กลับและจัดรูปเราจะได้ว่า $a^2b+b^2c+c^2a=3abc$ จากตรงนี้ผมก็ให้ $a=m$ $b=m+n$ โดยที่ $m,n$ เป็นจำนวนตรรกยะ แทนค่าลงไปในสมการได้ว่า $0=mc^2+(-2m^2-mn+n^2)c+m^3+m^2n^2$ ก็จะได้ว่า $c=\frac{1}{2m}({2m^2+mn-n^2\pm \sqrt{m^2n^2+n^2-2mn^2-4m^2n^2} })$ ซึ่งตรงนี้ก็จะมีปัญหาคือ$\sqrt{m^2n^2+n^2-2mn^2-4m^2n}$ อาจเป็นจำนวนอตรรกยะผมก็เลยให้ $m^2n^2+n^2-2mn^2-4m^2n=k^2$ เสียโดยที่ k เป็นจำนวนตรรกยะจึงได้ว่า $n=m+\sqrt{4m^2+k^2}$ ซึ่งผลที่ตามมาก็คือจะได้ว่า $a=m $ $b=m+n=m+\sqrt{4m^2+k^2}$ $c=\frac{1}{2m}({2m^2+mn-n^2\pm \sqrt{m^2n^2+n^2-2mn^2-4m^2n^2} })$ (แทนค่า n ไปด้วย..แต่ผมขี้เกียจพิมพ์) ซึ่งมีจำนวนตรรกยะ m,k เป็นอนันต์อยู่แล้วดังนั้นเราได้ว่ามีคู่อันดับ $(\frac{a}{b},\frac{b}{c},\frac{c}{a})=(x,y,z)$ ที่เป็นจำนวนตรรกยะเป็นจำนวนอนันต์อยู่แล้ว
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity 17 กรกฎาคม 2008 17:43 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 4 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ RoSe-JoKer |
#3
|
||||
|
||||
ผมว่าข้อ 3 สวยมากเลยครับ
|
#4
|
||||
|
||||
ผมว่าข้อสองนั้นค่อนข้างเป็นที่รู้จักพอสมควรเลยนะครับ แค่ดัดแปลงมานิดหน่อย
|
#5
|
|||
|
|||
อ้างอิง:
(i) จะพิสูจน์อสมการต่อไปนี้ก่อน ถ้า $a,b,c$ เป็นจำนวนจริงที่ไม่เป็น $1$ โดยที่ $abc=1$ แล้ว $$\frac{1}{(a-1)^2}+\frac{1}{(b-1)^2}+\frac{1}{(c-1)^2}\geq 1$$ Proof : อสมการสมมูลกับ $(a+b+c-3)^2\geq 0$ ให้ $a=\dfrac{1}{x},b=\dfrac{1}{y},c=\dfrac{1}{z}$ แทนลงไปในอสมการข้างบนก็จบ (ii) สมการเป็นจริงก็ต่อเมื่อ $a+b+c=3 \leftrightarrow xy+yz+zx=3$ ให้ $m\geq 2$ เป็นจำนวนนับ นิยาม $x=\dfrac{1-m^2}{4}$ $y=\dfrac{2(m-1)}{(m+1)^2}$ $z=-\dfrac{2(m+1)}{(m-1)^2}$ จะได้ $x,y,z$ สอดคล้องระบบสมการ $xy+yz+zx=3$ $xyz=1$ ตามต้องการ
__________________
site:mathcenter.net คำค้น |
#6
|
||||
|
||||
ผมลองคิดดูได้อีกวิธีนึงน่ะครับ เมื่อ $xyz=1$ พบว่า
$\frac {x^{2}}{(x - 1)^{2}}+\frac {y^{2}}{(y - 1)^{2}}+\frac {z^{2}}{(z - 1)^{2}}-1 \geq 0 \Leftrightarrow \frac {(xy+yz+zx-3)^{2}}{(x-1)^2(y-1)^2(z-1)^2} \geq 0$ ซึ่งอสมการจะเป็นสมการก็ต่อเมื่อ $xy+yz+zx=3$ ที่เหลือก็ไม่ยากแล้วครับ ป.ล.ว่าแต่ปีนี้ IMO ข้อ 2 ง่ายกว่าข้อ 1 อีกนะครับ
__________________
Defeat myself successfully is the most successful in my life... 17 กรกฎาคม 2008 11:51 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Art_ninja |
#7
|
||||
|
||||
ข้อ $1$
จากรูปจะเห็นว่าเส้นตั้งฉากที่ลากจากจุด $B$ ไปยัง $AC$ ตั้งฉากกับ $EF$ และคอร์ดร่วมของวงกลมทั้งสองวงตั้งฉากกับ $EF$ ด้วย เนื่องจากทั้งสองเส้นได้ผ่านจุด $\rm orthocenter$ ซึ่งก็คือจุด $H$ ดังนั้นจุด $B$ อยู่บนคอร์ดร่วมของวงกลมทั้งสองวง โดย power of point จะได้ว่า $BA_1\times BA_2 = BG\times BH = BC_1 \times BC_2$ ดังนั้นจุด $A_1,A_2,C_1,C_2$ อยู่บนวงกลมเดียวกัน ทำแบบนี้กับจุด $A$ และ $C$ จะได้ว่าทั้ง $6$ จุดอยู่วงกลมเดียวกันทุกจุดครับ Edit:จุดศูนย์กลางของวงกลมก็คือจุดศูนย์กลางของวงกลมล้อมรอบสามเหลี่ยม ABC ครับ ดังนั้นเราก็แสดงต่อได้ว่าวงกลมทั้งสามวงมีจุดศูนย์กลางเดียวกัน ขออภัยที่ไม่ได้ระบุให้ชัดเจนด้วยนะครับ
__________________
Defeat myself successfully is the most successful in my life... 18 กรกฎาคม 2008 14:32 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Art_ninja |
#8
|
||||
|
||||
ข้อสอบวันที่สอง update ที่ mathlinks แล้วครับ ;-)
ผมว่าข้อหนึ่งโจทย์เขาถามว่า คุณผู้เข้าแข่งขัน คุณรู้จัก Power of the point หรือไม่
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity 17 กรกฎาคม 2008 17:44 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 2 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ RoSe-JoKer |
#9
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
อ๋อ ... เข้าใจแล้วคะ แหะๆ
__________________
Demandez, et il vous sera donne; cherchez, et vous trouverez จงร้องขอและท่านจะได้รับ จงค้นหาแล้วท่านจะพบ 18 กรกฎาคม 2008 02:24 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ viridae |
#10
|
||||
|
||||
ผมหวังว่าคุณ Seemeriast Warut_suk จะได้เหรียญทอง IMO นะครับ สถานการณ์ตอนนี้ดูเหมือนคุณ Murderous at IPST น่าจะได้เหรียญทองแน่ๆแล้วแหละครับ ส่วนคุณ dektepteptep นิเงินเหอะครับ ชอบแกล้งผมดีนัก
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#11
|
||||
|
||||
ข้อ 4 ครับผม
แทนค่า $x=y=z=w$ จะได้ว่า $f(x^2)=(f(x))^2$ จัดรูปโจทย์ใหม่เป็น $(y^2+z^2)(f(x^2)+f(w^2))=(x^2+w^2)(f(w^2)+f(x^2))$ แทนค่า $x=w$ จะได้ว่า $yz=x^2$ ดังนั้น $(y^2+z^2)f(x^2)=(yz)(f(y^2)+f(z^2))$ แทนค่า $y$ ด้วย $1$ จะเห็นว่า $z=x^2$ ดังนั้น $(z^2+1)f(z)=(z)(f(z^2)+1) \Leftrightarrow (f(z)-z)(zf(z)-1)=0$ ดังนั้น $f(x)\equiv x$ และ $f(x)\equiv \frac{1}{x}$ เป็นคำตอบของข้อนี้ ซึ่งตรวจสอบด้วยการแทนค่าแล้วพบว่าใช้ได้จริง อ้างอิง:
หมายเหตุ: โจทย์ IMO ฉบับภาษาไทยออกแล้วนะครับ http://www.imo-2008.es/examenes/tha.pdf
__________________
Defeat myself successfully is the most successful in my life... 18 กรกฎาคม 2008 11:06 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Art_ninja |
#12
|
||||
|
||||
น้อง Art_ninja ครับ Solution ข้อ 4 ของน้องยังไม่สมบูรณ์หรือป่าวครับ? ตรงตอนสรุปอะครับ
__________________
Rose_joker @Thailand Serendipity |
#13
|
||||
|
||||
อ้างอิง:
เพิ่มเติม สมมติให้มี $p,q$ ที่ไม่ใช่ $1$ ซึ่ง $f(p)=p และ f(q)=\frac{1}{q}$ แทนค่า $x\rightarrow 1,y\rightarrow p,z\rightarrow q$ แน่นอนว่า $w=pq$ ลงในสมการ $(y+z)(f(x)+f(w))=(x+w)(f(z)+f(y))$ จะได้ว่า $(p+q)(f(pq)+1)=(pq+1)(f(p)+f(q))\Leftrightarrow (p+q)(f(pq)+1)=(pq+1)(p+\frac{1}{q})$ ถ้า $f(pq)=pq$ จะได้ว่า $q=1$ และถ้า $f(pq)=\frac{1}{pq}$ จะได้ว่า $p=q=1$ เกิดข้อขัดแย้ง ดังนั้นฟังก์ชันที่สองคล้องมีเพียงสองฟังก์ชันที่กล่าวมาครับ ป.ล. ไม่ทราบว่าข้อ $5$ ตอบว่า $2^{k-n}$ รึเปล่าครับ
__________________
Defeat myself successfully is the most successful in my life... 18 กรกฎาคม 2008 12:22 : ข้อความนี้ถูกแก้ไขแล้ว 1 ครั้ง, ครั้งล่าสุดโดยคุณ Art_ninja |
#14
|
||||
|
||||
ข้อ 1 ความเห็น 7 ผมว่าต้องให้เหตุผลอีกก่อนสรุปว่า ทั้งหกจุดอยู่บนวงกลมเดียวกัน นะครับ เพราะมีจุดร่วมกันแค่สองจุด อาจจะไม่ใช่วงกลมเดียวกันก็ได้
|
#15
|
||||
|
||||
เติมให้แล้วนะครับ ว่าแต่ข้อ $5$ ตอบว่า $2^{k-n}$ รึเปล่าครับ ผมไม่แน่ใจ
__________________
Defeat myself successfully is the most successful in my life... |
หัวข้อคล้ายคลึงกัน | ||||
หัวข้อ | ผู้ตั้งหัวข้อ | ห้อง | คำตอบ | ข้อความล่าสุด |
TurkeyTsT 2008 | dektep | ข้อสอบโอลิมปิก | 5 | 29 กรกฎาคม 2008 11:34 |
ผลการคัดเลือกผู้แทนประเทศไทยปี 2008 | kanakon | ข่าวคราวแวดวง ม.ปลาย | 20 | 11 กรกฎาคม 2008 19:01 |
APMO 2008 | dektep | ข้อสอบโอลิมปิก | 17 | 22 มิถุนายน 2008 22:20 |
|
|