jump to navigation

លំហាត់កម្រិតមធ្យមប្រចាំសប្តាហ៌ ខែកក្កដា 31, 2009

Posted by តារារស្មី in គណិតវិទ្យា.
11 comments

2. កំនត់កន្សោមដែលមានតំលៃស្មើ 181, និងមានលេខ 2 ចំនួន១, លេខ 5 ចំនួន១, លេខ 7 ចំនួន១, និង ការផ្សំរវាងប្រមាណវិធីគណិតវិទ្យានានា ដូចជា បូក ដក គុណ ចែក អិចស្បូណង់ស្យែល (ស្វ័យគុណ) ហ្វាក់តូរីយែល និង រឹសការេ។
ឧទាហរណ៌ 5! + 72 = 169 ជិតដល់ 181 ហើយ 7 * 25 = 175 កាន់តែជិតដល់

4. បង្ហាញថា គ្រប់ការេប្រាកដក្នុងប្រព័ន្ធគោល 10 មានយ៉ាងហោច ២ ខ្ទង់ខុសគ្នា។
ដំណោះស្រាយ
ឧបមាថា N ជាការេប្រាកដក្នុងប្រព័ន្ធគោល 10 មាន n ដងនៃខ្ទង់ a, ដែល n > 1.
យើងនឹងប្រើ “គ្រប់ការេប្រាកដពេលចែកនឹង 4 មានសំនល់ 0 រឺ 1 ” (អាចស្រាយបានតាមការសង្កេត ការេនៃ 4k, 4k+1, 4k+2 និង 4k+3)
បើយើងលើកជាការេនៃ 0, 1, 2, …, 9, នោះតួចុងក្រោយត្រូវតែមានលេខដូចជា 0, 1, 4, 5, 6 រឺ 9:
k k2
0 0
1 1
2 4
3 9
4 16
5 25
6 36
7 49
8 64
9 81
បើ a=0 is obviously out since N is not 0. Surprisingly, the cases a = 1, 5, 6 and 9 are also out, since 1…11, 5…55, 6…66, 9…99 all leave a remainder of 2 or 3 when divided by 4, which is impossible for a square.
So the only case to examine is N = 4…44. Suppose N = t2. Since N is even, t must be even, so let t = 2r. Then 4r2 = 4…44, or r2 = 1…11. But this is impossible since 1…11 leaves a remainder of 3 when divided by 4.
As a result, none of the possible cases for the repeated digit can produce a square, and the result is proven.
5. ស្វ៊ីត Fibonacci is defined as follows:
F(1) = 1
F(2) = 1
F(n) = F(n-1) + F(n-2) for n > 2
The first few terms are:
1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, …
Can there exist a triangle where each side has length equal to a distinct Fibonacci number?
Solution
There cannot be such a triangle.
Suppose there were, and let the sides have lengths F(i), F(j) and F(k), with i < j < k. Then, since the sequences is strictly increasing:
F(i) + F(j) <= F(j-1) + F(j)
= F(j+1)
<= F(k)
So the sum of the lengths of the two shortest sides is not greater than the length of the third side – this is impossible for a triangle. Hence no such triangle exists.
6. បង្ហាញថា x2 – 3y2 = 17 គ្មានរឹសជាចំនួនគត់.
Solution
Suppose there is a solution in integers. Let x = 3k + t for t = 0, 1 or 2. Then we have:
3y2 = x2 – 17
= 3k2 + 6kt – 18 + (t2 + 1)
As a result, t2 + 1 must be a multiple of 3, since all other terms in the equation are multiples of 3. But t2 + 1 = 1, 2 or 5 for t = 0, 1 or 2, none of which are multiples of 3.
Hence the original assumption must be incorrect, and the equation has no solution in integers.
7. បង្ហាញថាមេដ្យាទ័រទាំង ៣ នៃត្រីកោណមួយកាត់គ្នាត្រង់មួយចំនុច
Solution
Let ABC be a triangle. Let R, S and T be the midpoints of AB, BC and AC respectively. Let O be the intersection of the line perpendicular to AB through R, and the line perpendicular to BC through S. To establish the result, we need to show that OT is perpendicular to AC.

Draw OA, OB, OC and OT. Triangles AOR and BOR are congruent since AR = BR, the angles at R are both 90°, and they share the side OR. Hence AO = BO.
In a similar fashion, triangles BOS and COS are congruent, and so BO = CO.
Now we can conclude that triangles AOT and COT are congruent, since AO = BO = CO, AT = CT since T is the midpoint of AC, and the triangles share the edge OT.
Hence angle ATO = angle CTO, and since those two angles add up to 180°, each is equal to 90°, and OT is perpendicular to AC.

Advertisements

កំសាន្ត!!! ខែកក្កដា 28, 2009

Posted by phuylai in គណិតវិទ្យា.
add a comment

ចូរបង្ហាញថា\sum\limits_{n = 1}^{9999} {\left( {{1 \over {\left( {\sqrt n + \sqrt {n+ 1} } \right)\left( {\root 4 \of n + \root 4 \of {n + 1} } \right)}}} \right)} = 9

Solution

OEC Annual Selection Test 2009 ខែកក្កដា 24, 2009

Posted by តារារស្មី in ដំណឺង.
2 comments

OEC is a non-profit organization whose mission is to advance the academic development of Cambodia students by disseminating information about foreign educational opportunities, providing assistance in the university application process, enhancing the educational experience, and ultimately building a network of young professionals who will bring social change to the community.

We are inviting the current grade 11, 12 and year 1 students who have high English proficiency to come for the mock TOEFL test to join the Annual OEC Program. This program has been in existence for several years and its aim is to assist the under-privileged but talented Cambodian students to apply for admission and financial aid/scholarship to pursue undergraduate study at elite US universities and colleges. We divide this test into 2 categories as following:

1.For 1st year students,

Test Date: 01 AUGUST 2009
Time: 0800am to 1130am
Venue: Cheythavy Thmei, Room : Kompong Cham

Minimum requirement for High School Diploma : grade C
P.S: Please confirm your attendance by emailing to group_cmg@yahoo.com along with your name, school, level of English and Phone number. No later than 30th July 2009, 12am.

2.For 11th and 12th grade,

Test Date: 09 AUGUST 2009
Time: 0800am to 1130am
Venue: Bak Touk High School

P.S: Please confirm your attendance by emailing to bunleang9@hotmail.com and group_cmg@yahoo.com along with your name, school, level of English and Phone number. No later than 2nd August 2009, 12am.

កំសាន្ត​ប្រព័ន្ធ​សមីការ ខែកក្កដា 23, 2009

Posted by Fidele in គណិតវិទ្យា.
7 comments

ចូរ​ដោះ​ស្រាយ​ប្រព័ន្ធ​សមីការ​ខាង​ក្រោម ទុក​កែ​អផ្សុក៖ ( 😀 )

equation

លំហាត់កំរិតមធ្យមប្រចាំសប្តាហ៍ ខែកក្កដា 23, 2009

Posted by តារារស្មី in Uncategorized.
4 comments

1. គេអោយ a និង b ជាចំនួនគត់ដែល ab + 1 ជាពហុគុណនៃ 24.
បង្ហាញថា a + b ក៏ជាពហុគុណនៃ 24.
ដំណោះស្រាយ
តាង ab + 1 = 24k ដែល k ជាចំនួនគត់ នោះ 24k – ab = 1.
បើ a និង 24 មានកត្តារួម m គេបាន m would divide evenly into the left hand side, and hence m would divide evenly into 1. Hence the only common factor of a and 24 is 1, and the same argument applies to b as well.
As a result, when a or b are divided by 24, the only possible remainders are 1, 5, 7, 11, 13, 17, 19 and 23.
And since ab + 1 is a multiple of 24, it’s easy to check that the only possible combinations of remainders for a and b are (1 and 23), (5 and 19), (7 and 17), and (11 and 13).
For each of these cases, it is clear that a + b will be a multiple of 24.

2. ដោះស្រាយសមីការ
(13x + 252)1/3 – (13x – 252)1/3 = 6 , (1)
ដំណោះស្រាយ
សង្កេត (a + b + c)3 = a3 + b3 + c3 + 6abc + 3ab(a + b) + 3bc(b + c) + 3ac(a + c)
បើ a + b + c = 0, នោះសមីការខាងលើទៅជា:
0 = a3 + b3 + c3 + 6abc + 3ab(-c) + 3bc(-a) + 3ac(-b)
រឺ a3 + b3 + c3 = 3abc
សមីការ (1) ទៅជា (13x + 252)1/3 – (13x – 252)1/3 – 6 = 0
បើតាង a = (13x + 252)1/3, b = -(13x – 252)1/3 និង c = -6, គេបាន a + b + c = 0,
នោះគេអាចប្រើករណីដូចខាងលើបានគឺ
(13x + 252) – (13x – 252) – 216 = 3.6.((13x + 252)(13x – 252))1/3
288 = 18(169×2 – 63504)1/3
16 = (169×2 – 63504)1/3
4096 = 169×2 – 63504
169×2 = 67600
x2 = 400
X = 20 or -20

3. ដោះស្រាយសមីការជាអនុគមន៏នៃ x:
x3 + y3 + 3xy = 1
ដំណោះស្រាយ
សមីការអាចសរសេរជា x3 + y3 + 3xy – 1 = 0
គេអាចចាប់ជាកត្តាបាន (x + y – 1)(x2 + y2 – xy + x + y + 1) = 0
គេបាន x + y – 1 = 0 នោះ y = 1 – x
រឺ x2 + y2 – xy + x + y + 1 = 0
តាង x = X + Y និង y = X – Y, គេបាន: (X + 1)2 + 3Y2 = 0
នោះ X = -1, Y = 0, និង x = y = -1.
ដូច្នេះ y = 1 – x, ករណីពិសេសពេល x = y = -1.

4. គេអោយ a, b និង c ជាជ្រុងនៃត្រីកោណមួយ ដែល a2 + b2 + c2 = ab + bc + ab
បង្ហាញថា ត្រីកោណនេះជាត្រីកោណសម័ង្ស
ដំណោះស្រាយ
តាមសម្មតិកម្ម គេបាន 2a2 + 2b2 + 2c2 – 2ab – 2bc – 2ac = 0
នាំអោយ (a-b)2 + (b-c)2 + (c-a)2 = 0
គេបាន a – b = 0, b – c = 0, c – a = 0, នោះ a = b = c
ដូច្នេះ ត្រីកោណនេះជាត្រីកោណសម័ង្ស

5. តាង N ជាចំនួនគត់ធំបំផុតដែល N និង 7N មាន 100 ខ្ទង់។ រកតួទី 50 នៃ n?
ដំណោះស្រាយ
បើ N ជាចំនួនគត់ធំបំផុតដែល N និង 7N សុទ្ធតែមាន 100 ខ្ទង់, នោះ 7N ត្រូវតែជាពហុគុណធំបំផុតនៃ 7 ដែលមាន 100 ខ្ទង់។
នោះយើងអាចគណនា N ដោយធ្វើវិធីចែក 9999…99 (9 ចំនួន100 ខ្ទង់) នឹង 7
តាមការចែកលេខយើងសង្កេតឃើញថាលទ្ធផលមានលក្ខណៈខួបគឺ 142857 142857
គេបានតួទី១ ទី៧ ទី១៣…ទី៤៩ មានលេខ 1 ដូចនេះតួទី៥០ គឺលេខ 4

ត្រូវតែធ្វើកំណែទម្រង់!!! ខែកក្កដា 20, 2009

Posted by តារារស្មី in ដំណឺង.
14 comments

ក្រោយពីបានចូលរួមប្រលងគណិតវិទ្យាអន្តរជាតិចំនួន៣លើកកន្លងមក​ យើងសង្កេតឃើញថាក្រុមកម្ពុជាយើងហាក់ពុំទាន់មានលទ្ធផលគួរអោយកត់សំគាល់​នៅឡើយ ពោលគឺពុំធ្លាប់ទទួលបានមេដាយ១ក្នុងការចូលរួមរយៈពេល៣ឆ្នាំ។​ យោងតាមលទ្ធផលកន្លងមក​ កម្ពុជាបានបញ្ជូនសិស្សអោយចូលរួមចំនួន១៤រូប ដែលក្នុងនោះ យើងធ្លាប់បានទទួលត្រឹមវិញ្ញបនប័ត្រកិត្តិយសចំនួន៤សន្លឹកប៉ុណ្ណោះ។ ជាការពិតណាស់ ការទទួលបាននូវលទ្ធផលបែបនេះក៏អាចចាត់ទុកសមរម្យខ្លះដែរ​ តែទោះជាយ៉ាងណាក៏ដោយ ក៏យើងសង្ឃឹមថានៅឆ្នាំក្រោយៗ កម្ពុជានឹងបើកទំព័រដ៏អស្ចារ្យថ្មីមួយទៀតក្នុងពិភពគណិតវិទ្យាកំរិតពិភពលោកនេះ។​ ទន្ទឹមនឹងនេះដែរ តាំងនាមអោយក្រុមជំនាន់គណិតវិទ្យានៃកម្ពុជា យើងចង់សាកល្បងធ្វើការស្ទាបស្ទង់មតិពីសមាជិក​ ក៏ដូចជាជនរួមជាតិខ្មែរទាំងអស់ដែលស្រលាញ់មុខវិជ្ជាគណិតវិទ្យា និង ចង់​ឃើញកម្ពុជាដែលមានកិត្តិយសលើឆាកអន្តរជាតិ ពីចំនុចដែលកម្ពុជាគួរធ្វើការកែទម្រង់ដើម្បីអាចឈានជើងទៅរកជ័យលាភីនៅថ្ងៃខាងមុខបាន។

លើសពីនេះទៅទៀត យើងក៏ចង់ឆ្លៀតឱកាសនេះសាកសុំមតិយោបល់ ក៏ដូចជាសំណូមពរ​ ពីសមាជិកទាំងអស់ដើម្បីរៀបចំផែនការសំរាប់ក្រុមក្នុងជំហានទី២ផងដែរ ក្រោយពីបានបញ្ចប់ផែនការទី១(ផ្សព្វផ្សាយចំនេះដឹងតាមរយៈវ៉េបសាយ)ដែលអាចចាត់ទុកថាទទួលជោគជ័យ​។ គួរកត់សំគាល់ផងដែរថា ការកំនត់ផែនការសំរាប់ក្រុមនឹងអាចចូលរួមចំនែកក្នុងការអភិវឌ្ឃវិស័យគណិតវិទ្យានៅកម្ពុជាផងដែរ…

សូមមេត្តាចែករំលែកមតិយោបល់ ដើម្បីអភិវឌ្ឍជាតិខ្មែរ….

Sad news ខែកក្កដា 19, 2009

Posted by psvjupiter in Uncategorized.
2 comments

Check the result of the imo this year at following link.
http://imo-official.org/country_individual_r.aspx?code=KHM

I feel regretting. I think we must reform the way we train students. Too bad.

សប្បាយៗ​ជាមួយ​គណិតវិទ្យា ខែកក្កដា 18, 2009

Posted by ពិសិដ្ឋ in គណិតវិទ្យា, សំណើច.
Tags:
5 comments

លំហាត់ថ្ងៃទី២ ខែកក្កដា 18, 2009

Posted by តារារស្មី in គណិតវិទ្យា.
add a comment

៤.គេអោយត្រីកោណ ABC មានជ្រុង AB = AC​​ ។ កន្លះបន្ទាត់ពុះមុំ \angle CAB និង\angle ABC កាត់ជ្រុង BC និង CA​​ រៀងគ្នា​ត្រង់ D និង​ E ។​ គេអោយ K ជាផ្ចិតរង្វង់ចារឹកក្នុងត្រីកោណ ADC ។ ឧបមាថា \angle BEK = 45^{\circ}​ រករង្វាស់មុំ \angle CAB​ ដែលអាចមាន។

៥.កំនត់អនុគមន៏​​ f​ កំនត់ពីសំនុំចំនួនគត់វិជ្ជមាន​ ទៅ សំនុំចំនួនគត់វិជ្ជមាន​​ ផ្ទៀងផ្ទាត់​​
a, f(b)​​ និង f(b + f(a) − 1)​​ ​ជាជ្រុងនៃត្រីកោណមួយ​ ដែល​ a,b ជាចំនួនគត់វិជ្ជមាន។

IMO 2009 Germany – Day 1 Problems ខែកក្កដា 16, 2009

Posted by តារារស្មី in គណិតវិទ្យា.
1 comment so far

Problem 1. Let n be a positive integer and let a_1,a_2,a_3,...,a_k ( k\geq 2) be distinct integer in the set { 1,2,…,n} such that n divides a_i(a_{i+1}-1) for i = 1,2,...,k-1. Prove that n does not divide a_k(a_1-1).

Problem 2. Let ABC be a triangle with circumcenter O. The points P and Q are interior points of the sides CA and AB respectively. Let K,L and M be the midpoints of the segments BP,CQ and PQ. respectively, and let Γ be the circle passing through K,L and M. Suppose that the line PQ is tangent to the circle Γ. Prove that OP = OQ.

Problem 3. Suppose that s_1,s_2,s_3, ... is a strictly increasing sequence of positive integers such that the sub-sequences ss_{1},ss_{2},ss_{3}, … and ss_{1+1},ss_{2+1},ss_{3+1}, … are both arithmetic progressions. Prove that the sequence s1,s2,s3, … is itself an arithmetic progression.