เฉลยโจทย์ประจำสัปดาห์ ครั้งที่ 2

Posted on by

นี่คือเฉลยของโจทย์ประจำสัปดาห์ ครั้งที่ 2 เราได้ให้ข้อคิดเห็นสำหรับโจทย์แต่ละข้อ รวมทั้งระดับความยาก \beta in [1,5] โดยโจทย์ค่ายสอวน. จะมี \beta ประมาณ 1-2, โจทย์ TMO ปกติ จะมี \beta ประมาณ 1-3, โจทย์ค่ายตุลาคม จะมี \beta ประมาณ 2-4 และโจทย์ IMO จะมี \beta ประมาณ 3-5

E2 [@Konigsberg ที่ AoPS]  (\beta = 1.4)
จงแสดงว่า ในรูปห้าเหลี่ยมนูนใดๆ เราสามารถเลือกเส้นทแยงมุมมาสามเส้น ที่ความยาวของสามเส้นนั้นเป็นความยาวด้านของสามเหลี่ยม

เฉลย ให้รูปห้าเหลี่ยมนูนเป็น A_1A_2A_3A_4A_5 โดยไม่เสียนัยทั่วไปให้ A_1A_3 เป็นเส้นทแยงมุมที่ยาวที่สุด เราจะแสดงว่า A_1A_3, A_1A_4, A_3A_5 เป็นความยาวด้านของสามเหลี่ยม ซึ่งเนื่องจาก A_1A_3\geqslant A_1A_4, A_3A_5 จึงเป็นการเพียงพอที่จะแสดงว่า A_3A_5+A_1A_4>A_1A_3 ซึ่งจริง เพราะว่าถ้า $T$ เป็นจุดตัดของ A_1A_4 และ A_3A_5 แล้วโดยอสมการสามเหลี่ยม จะได้ว่า

A_1A_4+A_3A_5 > TA_1+TA_3 > A_1A_3. \quad \blacksquare

ข้อคิดเห็น ส่วนสำคัญของการแก้โจทย์ข้อนี้คือการเลือกเส้นทแยงมุมที่ยาวที่สุดเป็นด้านหนึ่งของสามเหลี่ยม เพราะจะทำให้เราต้องการพิสูจน์อสมการเพียงอสมการเดียว

M2 [China TST 2007 Quiz] (\beta = 3.6)
ให้ I เป็นจุดศูนย์กลางวงกลมแนบในของ \triangle ABC  ให้ M,N เป็นจุดกึ่งกลางด้าน AB,AC ตามลำดับ  จุด D,E อยู่บน AB,AC ตามลำดับ โดยที่  BD=CE=BC  เส้นตั้งฉาก IM จากจุด D และเส้นตั้งฉาก IN จากจุด E ตัดกันที่จุด P  จงแสดงว่า AP\perp BC

เฉลย เราเริ่มต้นจากบทตั้งต่อไปนี้

บทตั้ง: สำหรับจุดสี่จุด A,B,C,D ใดๆบนระนาบ จะได้ว่า

AB\perp CD ก็ต่อเมื่อ AC^2+BD^2=AD^2+BC^2.

จาก M,N เป็นจุดกึ่งกลาง AB,AC จะได้ว่า MN\parallel AB จึงเป็นการเพียงพอที่จะแสดงว่า MN\perp BC หรือจากบทตั้ง

AM^2+PN^2=AN^2+PM^2.

จาก PD\perp IM และ PE\perp IN โดยบทตั้ง จะได้ว่า PM^2=PI^2+MD^2-DI^2, และ PN^2=PI^2+NE^2-IE^2 ดังนั้น PM^2-PN^2=DM^2-EN^2+IE^2-ID^2.

จาก I อยู่บนเส้นแบ่งครึ่งมุม \angle{ECB} ซึ่งคือเส้นแบ่งครึ่งตั้งฉากของ EB, จะได้ว่า IE=IB  ในทำนองเดียวกัน ID=IC  ดังนั้นถ้าลาก I มาตั้งฉาก BC ที่ H จะได้

IE^2-ID^2 =BH^2-CH^2=(\frac{BC+BA-AC}{2})^2-(\frac{BC+AC-AB}{2})^2.

สุดท้าย จาก DM=BD-BM=BC-\frac{AB}{2} และ EN=CE-CN=BC-\frac{AC}{2} จะได้ว่า

\begin{aligned}PM^2-PN^2 & =DM^2-EN^2+IE^2-ID^2 \\ & = (BC-\frac{AB}{2})^2-(BC-\frac{AC}{2})^2+(\frac{BC+BA-AC}{2})^2-(\frac{BC+AC-AB}{2})^2 \\ & = (\frac{AC-AB}{2})(2BC-\frac{AB+AC}{2})+(AB-AC)(BC) \\ & = (\frac{AB-AC}{2})(\frac{AB+AC}{2}) \\ & = (\frac{AB}{2})^2-(\frac{AC}{2})^2 =AM^2-AN^2. \end{aligned}

ดังนั้น AM^2+PN^2=AN^2+PM^2 ตามต้องการ \blacksquare

ข้อคิดเห็น โจทย์ข้อนี้ถือว่าค่อนข้างยาก เพราะแม้ว่าบทตั้งที่เราใช้ไปจะเป็นที่รู้กันทั่วไป และพิสูจน์ได้ไม่ยาก แต่ก็เป็นเรื่องยากที่จะสังเกตว่าเราสามารถใช้บทตั้งนี้จนจบข้อได้  เนื่องจากเราต้องเลือกจุดที่เราจะใช้บทตั้งเพื่อให้สามารถ “ไล่ด้าน” จนจบได้ กล่าวคือ เราสามารถหา PM^2-PN^2 ในรูปที่ง่ายๆ ได้ เราจึงเลือกที่จะแสดงว่า MN\perp AP แทนแสดงว่า BC\perp AP

H2 [Google CodeJam 2011] (\beta = 4.7)
โกโร่ต้องการจัดเรียงลำดับของจำนวนที่ต่างกัน n จำนวนจากน้อยไปมาก  ในแต่ละรอบ โกโร่สามารถกดจำนวนบางจำนวนไว้ไม่ให้เคลื่อนที่ จากนั้นจำนวนทุกจำนวนที่โกโร่ไม่ได้กด จะถูกจัดเรียงอย่างสุ่ม (การจัดเรียงทุกรูปแบบมีโอกาสเกิดขึ้นเท่ากัน)  จงหาค่าคาดหมายของจำนวนรอบที่โกโร่จะต้องใช้ในการเรียงลำดับจำนวน เมื่อโกโร่ใช้วิธีที่ดีที่สุด ในรูปของค่า n และลำดับที่โกโร่ได้มาในตอนเริ่ม

เฉลย คลิกที่นี่เพื่อดูเฉลยอย่างเป็นทางการของการแข่งขัน (ภาษาอังกฤษ)

ข้อคิดเห็น เราเลือกโจทย์ข้อนี้มาเพราะในปัจจุบัน ข้อสอบคณิตศาสตร์โอลิมปิกมีแนวโน้มที่จะไปทางโจทย์ที่ใช้อัลกอริทึม หรือโจทย์แข่งขันการเขียนโปรแกรม และโจทย์ข้อนี้เป็นตัวอย่างที่ดีของโจทย์แนวดังกล่าว

Leave a comment