Заавар.

Бодолт. $BP^2=BA\cdot BF=BQ^2$ гэдгээс $A$ ба $F$ цэгүүдийг дайрсан бөгөөд $BC$ талыг $Q$ ба $ P$ цэгүүдэд шүргэх хоёр тойрог гарна. Мөн орто төвийг $H$ гээд $AD$ өндөр татая. $CDFA$ ба $CDHE$ дөрвөн өнцөгтүд тойрогт багтсан гэдгээс $BA\cdot BF=BC\cdot BD=BE\cdot BH$ гэж гарна. Иймд $BP^2=BE\cdot BH \Rightarrow \dfrac{BP}{BH}=\dfrac{BE}{BP}$ ба $$\angle HBP=\angle EBP \qquad(1)$$ гэдгээс $\triangle BPH \sim \triangle BEP$ гэж гарна. $\Rightarrow$ $\angle BPE=\angle BHP$ $BP^2=BC\cdot BD$ гэдгээс $P$ цэг нь $D$ ба $C$-ийн хооронд оршино. $$DP\cdot DQ=(BP-BD)(BP+BD)=BP^2-BD^2=$$$$=BD\cdot(BC-BD)=BD\cdot DC\qquad(2)$$ $\triangle BDH \sim \triangle ADC \Rightarrow $ $$AD\cdot DH=BD\cdot DC\qquad(3)$$ (2) ба (3) $AD\cdot DH=DP\cdot DQ \Rightarrow $ $\dfrac{DH}{DP}=\dfrac{DQ}{DA}$ $\Rightarrow$ $\angle HDP\sim \triangle QDA$ $\Rightarrow$ $\angle HPD=\angle QAD \Leftrightarrow$ $\angle BPH=\angle BAD+\angle BAQ$ болно. $BQ$ нь $\triangle FAQ$-ийн шүргэгч тул $$\angle BQF=\angle BAQ=\angle BPH-\angle BAD\qquad(4)$$ (1) ба (4)-өөс $$\angle BPE+\angle BQF=(\angle BHP+\angle BPH)-\angle BAD=$$ $$(180^\circ-\angle PBH)-\angle BAD=(90^\circ+\angle BCA)-(90^\circ-\angle ABC)=$$ $$=\angle BCA+\angle ABC=180^\circ-\angle CAB \Rightarrow$$ $$\angle PSQ=180^\circ-(\angle BPE+\angle BQF)=\angle CAB=\angle EAF$$ $\Leftrightarrow \angle FAE=\angle FSE$ болж $ESAF$ тойрогт багтана. Хэрэв $S$ нь $P$ ба $E$-ийн хооронд байвал $\angle PSQ=180^\circ-\angle ESF$, хэрэв $E$ нь $P$ ба $S$-ийн хооронд байвал $\angle PSQ=\angle ESF$ болно.

Заавар.

Бодолт. $n$-ээр индукцлэе.

$n=1$ үед $x_3=x_2+x_1+2\sqrt{x_2x_1+3}=1+1+2\cdot2=6$ үнэн байна.

$n\le k$ үед $x_{k+2}$ нь бүхэл гэе. $x_{k+2}-x_{k+1}-x_k=2\sqrt{x_{k+1}\cdot x_{k}+3}$ 2 талыг квадрат зэрэг дэвшүүлье. $$x^2_{k+2}+x^2_{k+1}+x^2_k-2x_{k+2}x_{k+1}-2x_{k+2}x_k+2x_{k+1}x_k=$$ $$=4x_{k+1}\cdot x_{k}+12$$ буюу $$x^2_{k+2}+x^2_{k+1}+x^2_k+2x_{k+2}x_{k+1}-2x_{k+2}x_k-2x_{k+1}x_k=4x_{k+2}\cdot x_{k+1}+12$$ болно. Эндээс $$(x_{k+2}+x_{k+1}-x_k)^2=4(x_{k+2}\cdot x_{k+1}+3)$$ буюу $x_{k+2}+x_{k+1}-x_k=\pm2\sqrt{x_{k+2}\cdot x_{k+1}+3}$ буюу $2\sqrt{x_{k+2}\cdot x_{k+1}+3}$ нь бүхэл гэж гарна.

Иймд $x_{k+3}=x_{k+2}+x_{k+1}+2\sqrt{x_{k+2}\cdot x_{k+1}+3}$ нь бүхэл болно.

Заавар. $S_n=1^n+2^n+\dots+(p-1)^n$ байг. $$n=p((p-1)m+3)=(p-1)(pm+3)+3;~ m\in\mathbb N$$ гэж сонгоё. $$2S_n=\sum\limits_{k=1}^{p-1}(k^n+(p-k)^n)=\sum_{k=1}^{p-1}\sum_{m=0}^{n-1}C_n^m(k-p)^mp^{n-m}\equiv$$ $$\equiv\sum_{k=1}^{p-1}\Big((-1)^{n-2}\cdot C_n^{n-2}\cdot (p-k)^{n-2}p^2+(-1)^{n-1}C_n^{n-1}\cdot(p-k)^{n-1}\cdot p\Big)\equiv$$ $$\equiv (-1)^{n-2}\cdot C_n^{n-2}S_{n-2}p^2+(-1)^{n-1}C_n^{n-1}S_{n-1}p(p^3)$$ болно. $$S_{n-2}=1^{n-2}+2^{n-2}+\dots+(p-1)^{n-2}\overset{(\ast)}{\equiv} S_1=\dfrac{p(p-1)}2\equiv0(p)$$ $$S_{n-1}=1^{n-1}+2^{n-1}+\dots+(p-1)^{n-1}\overset{(\ast)}{\equiv} S_2=\dfrac{p(p-1)(2p+1)}6\equiv0(p)$$ $p$ сондгой, $(p,6)=1$ болох тул $S_{n-1}\equiv 0(p)$ [ $(\ast)$: $n=(p-1)(pm+3)+3$ тул Фермагийн бага теорем ёсоор $k^{n-1}\equiv k^2(p), \ k^{n-2}\equiv k(p)$ тул $S_{n-2}\equiv S_1(p)$, $S_{n-1}\equiv S_2(p)$ байна.] Иймд $2S_n\equiv (-1)^{n-1}\cdot n\cdot S_{n-1}p\equiv 0(p^3)$ болж батлагдав. Энд $p|n, p|S_{n-1}$ гэдгийг ашиглав.

Бодолт.

Заавар.

Бодолт. $a=1,\ b=2,\ c=3$ үед тэнцүү болно. Эндээс Кошийн тэнцэл бишийг хэрэглэвэл $$\frac14\left(2\sqrt{\frac{3b}{a+b}\cdot\frac{4c}{a+b+c}}+4\sqrt[4]{\frac{3a}{a+b} \left(\frac{2(a+b)}{a+b+c}\right)^2\cdot1}\right)\le$$ $$\le\frac14\left(\frac{3b}{a+b}+\frac{4c}{a+b+c}+\frac{3a}{a+b}+\frac{2(a+b)}{a+b+c}+\frac{2(a+b)}{a+b+c}+1\right)= $$ $$=\frac14(3+4+1)=2$$

Энд тэнцэл биелэх $\Leftrightarrow$ $\left\{% \begin{array}{c} \dfrac{3b}{a+b}=\dfrac{4c}{a+b+c} \\ \dfrac{3a}{a+b}=\dfrac{2(a+b)}{a+b+c}=1 \\ \end{array}% \right.$ юм $\Rightarrow$ $3a=a+b \Rightarrow 2a=b$, $2(a+b)=a+b+c \Rightarrow a+b=c \Rightarrow c=3a$. Энэ үед $\dfrac{3b}{a+b}=\dfrac{6a}{3a}=\dfrac{4c}{a+b+c}$ тэнцэтгэл биш тэнцэлдээ хүрэх $\Leftrightarrow$ $a>0,\ b=2a,\ c=3a$.

Заавар.

Бодолт. $f:\mathbb{Q}\to\mathbb{R}$ , $\forall x,y\in \mathbb{Q}$ хувьд $$f(xy)=f(x)f(y)+f(x+y)-1\qquad(\ast)$$ $(\ast)$-д $x=y=0$ гэвэл $f(0)=f^2(0)+f(0)-1 \Rightarrow$ $f(0)=\pm1$ гэж гарна.

$f(0)=1$ үед $(\ast)$-д $y=0$ гэвэл $f(0)=f(x)\cdot f(0)+f(x)-1$ буюу $f(x)=1, \forall x\in\mathbb{Q}$ гэсэн шийд гарна.

$f(0)=-1$ байг. $x=y=2$ гэвэл $f(4)=f^2(2)+f(4)-1 \Rightarrow $ $f(2)=\pm1$.

1. $f(2)=-1$ гэе.
   
   $x=y=1$ гэвэл $f(1)=f^2(1)+f(2)-1 \Rightarrow f(1)=-1 $ эсвэл $f(1)=2$ болно.
   
   $f(1)=2$ бол $(\ast)$-д $y=1$ гэвэл $f(x)=f(x)f(1)+f(x+1)-1 \Rightarrow f(x+1)=-f(x)+1$ буюу $f(x+2)=-f(x+1)+1=f(x)$ болно.
   
   $(\ast)$-д $y=2$ гэвэл $f(2x)=f(x)f(2)+f(x+2)-1=-f(x)+f(x)-1=-1$ болно. $x=\dfrac12$ гэж авбал $f(2\cdot\dfrac12)=-1=f(1)=2$ болж зөрчил үүснэ.
   
   Иймд $f(1)=-1$ болно. $(\ast)$-д $y=1$ гэвэл $f(x)=f(x)\cdot f(1)+f(x+1)-1$ буюу $f(x+1)=2f(x)+1$ болно. Эндээс индукцээр $\forall n\in\mathbb{Z}$ хувьд $f(n)=-1$ гэж гарна. Мөн $f(x+n)=2^nf(x)+2^n-1$ гэж гарна.
   
   $(\ast)$-д $x=n\in\mathbb{Z}, y=\dfrac1n$ гэвэл $f(1)=f(n)f(\dfrac1n)+f(n+\dfrac1n)-1$ $-1=-1\cdot f(\dfrac1n)+2^nf(\dfrac1n)+2^n-1-1$, $f(\dfrac1n)(2^n-1)=-(2^n-1)$ буюу $n\ne0$ бол $f(\dfrac1n)=-1$ гэж гарна.
   
   $(\ast)$-д $x=m, y=\dfrac1n$ гэвэл $f(\dfrac mn)=f(m)f(\dfrac1n)+f(m+\dfrac1n)-1=(-1)\cdot(-1)+ 2^mf(\dfrac1n)+2^m-1-1=1+(-2^m)+(2^m)-2=-1$ буюу $\forall x\in\mathbb{Q}$ хувьд $f(x)=-1$ болно.
2. $f(2)=1$ байг.
   
   $(\ast)$-д $x=y=1$ гэвэл $f(1)=f^2(1)+f(2)-1$ буюу $f(1)=0$ эсвэл $f(1)=1$ гэж гэрнэ. $f(1)=1$ бол $(\ast)$-д $y=1$ гэвэл $f(x)=f(x)\cdot f(1)+f(x+1)-1$ буюу $\forall x\in\mathbb{Q}$ хувьд $f(x+1)=1$ болно. Гэтэл $f(0)=-1$ учир зөрчил. Иймд $f(1)=0$ болно.
   
   $(\ast)$-д $y=1$ гэвэл $f(x)=f(x)\cdot f(1)+f(x+1)-1 \Rightarrow$ $f(x+1)=f(x)+1$ буюу $\forall x\in\mathbb{Z}$ хувьд $f(n)=n-1$, $f(x+n)=f(x)+n$ гэж гарна.
   
   $(\ast)$-д $x=n, y=\dfrac1n$ гэвэл $f(1)=f(n)\cdot f(\frac1n)+f(n+\frac1n)-1=(n-1)f(\frac1n)+n+f(\frac1n)-1=nf(\frac1n)+n-1=f(1)=0$. $f(\frac1n)=\dfrac{1-n}n=\frac1n-1$ болно.
   
   $(\ast)$-д $x=m\in\mathbb{Z}, y=\dfrac1n, n\in\mathbb N$ гэвэл $f(\frac mn)=f(m)\cdot f(\frac1n)+f(m+\frac1n)-1=(m-1)\cdot (\frac1n-1)+m+\frac1n-1=\dfrac mn-m+m-1=\frac mn-1$ болж $x\in\mathbb Q$ хувьд $f(x)=x-1$ болно.

Иймд $f(x)=x-1$, $f(x)=1$, $f(x)=-1$ гэж 3-н хариутай.

Заавар.

Бодолт. $BC\cap AA_1=A_2,\ AC\cap BB_1=B_2,\ AB\cap CC_1=C_2$ гэе. $$\angle ACB_1=\angle CAB_1=\dfrac{180^\circ-\angle AB_1C}2=$$ $$=\dfrac{180^\circ-(360^\circ-2\angle AMC)}2=\angle AMC-90^\circ$$ гэдгээс $$\dfrac{S_{ABB_1}}{S_{BCB_1}}=\dfrac{AB\cdot AB_1\cdot\frac12\sin(\angle A+\angle AMC-90^\circ)}{BC\cdot B_1C\cdot \frac12\sin(\angle C+\angle AMC-90^\circ)}=$$ $$=\dfrac{AB\sin(\angle A+\angle AMC-90^\circ)}{BC\sin(\angle C+\angle AMC-90^\circ)}$$ Мөн ижил талд налсан гэдгээсээ $$\dfrac{S_{ABB_1}}{S_{BCB_1}}=\dfrac{AB_2}{B_2C}$$ учир $$\dfrac{AB_2}{B_2C}=\frac{AB\cos(\angle A+\angle AMC)}{BC\cos(\angle C+\angle AMC)}=\dfrac{AB\cos(\angle A+2\angle B)}{BC\cos(\angle C+2\angle B)}\qquad(1)$$ болно. Мөн ижил аргаар $$\frac{CA_2}{A_2B}=\dfrac{CA\cdot \cos(\angle C+2\angle A)}{AB\cdot\cos(\angle B+2\angle A)}\qquad(2)$$ $$\frac{BC_2}{C_2A}=\dfrac{BC\cdot \cos(\angle B+2\angle C)}{CA\cdot\cos(\angle A+2\angle C)}\qquad(3)$$ гэж гарна. Иймд $$\frac{AB_2}{B_2C}\cdot\frac{CA_2}{A_2B}\cdot\frac{BC_2}{C_2A}=$$ $$=\dfrac{\cos(\angle A+2\angle B)}{\cos(\angle C+2\angle B)}\cdot\dfrac{\cos(\angle C+2\angle A)}{\cos(\angle B+2\angle A)}\cdot\dfrac{\cos(\angle B+2\angle C)}{\cos(\angle A+2\angle C)}\overset{(\ast)}{=}1.$$ $[\cos(\angle A+2\angle B)=\cos(180^\circ+\angle B-\angle C)=\cos(180^\circ+\angle C-\angle B)=\cos(\angle A+2\angle C)\\ \cos(\angle C+2\angle A)=\cos(180^\circ+\angle A-\angle B)=\cos(180^\circ+\angle B-\angle A)=\cos(\angle C+2\angle BS)\\ \cos(\angle B+2\angle C)=\cos(180^\circ+\angle C-\angle A)=\cos(180^\circ+\angle A-\angle C)=\cos(\angle B+2\angle A ) ] ~(\ast)$