Бүсийн олимпиад 2018, 12-р анги

Бүсийн олимпиад 2018, 12-р анги   

Бодлогын тоо: 4    Хугацаа: 210 мин


1. $y=x^2+ax+b$ функцийн график $Ox$ тэнхлэгийг $A$, $C$ цэгүүдэд, $Oy$ тэнхлэгийг $B$ цэгт огтолно (зураг). $OA=OB$ бол $OC$ хэрчмийн уртыг ол.

Заавар Бодолт
Заавар. $x=0$ үед $y$ нь $B$ цэгийн ординат байна.

Бодолт. $B(0,y)$ гэвэл $y=0^2+a\cdot 0+b\Rightarrow y=b$ болно. Иймд $B(0,b)$ ба $A(b,0)$ болно. $C(c,0)$ гэвэл Виетийн теоремоор $bc=b$ тул $c=1$ байна.


2. Хэдэн өнгийн $2047$ ширхэг бөмбөгийг нэг эгнээнд байрлуулжээ. Дараалж байрласан хэдэн ч бөмбөгийг сонгож авахад дотор нь ядаж нэг онцгой бөмбөг заавал олддог байв (бусдаасаа өөр өнгөтэй бөмбөгийг онцгой бөмбөг гэж үзнэ). Бөмбөгнүүд нь хамгийн цөөндөө хэдэн өнгөтэй байж болох вэ?

Заавар Бодолт
Заавар. $n$ өнгийн бөмбөг ашиглан дараалсан хэдэн ч бөмбөгийг сонгож авахад дотор нь ядаж нэг онцгой бөмбөг заавал олддог байхаар зохиож болох хамгийн урт дарааллын уртыг $a_n$ гэе. $a_{n+1}=2a_n+1$ болохыг батал.

Бодолт. Зааварт тодорхойлсон $a_n$ дарааллын хувьд $a_{n+1}=a_n+1$ болохыг индукцээр баталъя. $a_1=1$ байх нь илэрхий. $n$ өнгөнд харгалзах хамгийн урт дараалал нь $S_n$, шинэ өнгийн бөмбөгөө $x$ гэвэл гэвэл $S$, $x$, $S$ дараалал нь $2a_{n}+1$ урттай бодлогын нөхцөлийг хангах дараалал юм. Одоо $2a_{n}+2$ урттай бодлогын нөхцөлийг хангах дарааллыг $n+1$ бөмбөг ашиглан байгуулж болохгүйг харуулъя. Ийм дараалал оршин байвал түүний $2a_{n}+2$ урттай дэд дараалал буюу өөрт нь ядаж нэг онцгой бөмбөг олдоно. Түүнийг нь $x$ гэвэл дарааллал маань $X_1$, $x$, $X_2$ хэлбэртэй байна. $X_1$, $X_2$ дарааллуудын нэг нь ядаж $a_n+1$ урттай бөгөөд $x$-ээс ялгаатай өнгийн байх ёстой тул $n$ бөмбөг ашиглан байгуулсан дарааллал байх ёстой. Энэ нь $a_n$ дарааллын тодорхойлолттой зөрчилдөж байна. Иймд $a_{n+1}\le 2a_{n}+2$ болж байна. $a_{n+1}\ge a_n+1$ болохыг бид жишээгээр харуулсан тул $a_{n+1}=2a_n+1$ байна. Нөгөө талаас $a_n=2^{n}-1$ болохыг хялбархан харуулж болох ба $a_{11}=2^{11}-1=2047$ тул хамгийн цөөндөө $11$ өнгийн бөмбөг шаардлагатай.


3. $p$ нь $3$-аас их анхны тоо бол $6^n+3^n-2^n$ нь $p$-д хуваагддаг натурал тоо $n$ олдохыг батал.

Заавар Бодолт
Заавар. $n=p-2$ тоо шаардлага хангахыг харуул.

Бодолт. Т. Базарын бодолт.

$n=p-2$ үед $p\mid 6^n+3^n-2^n$ гэж харуулъя. $$(p,2)=(p,3)=(p,6)=1$$ учраас $2x\equiv 3y\equiv 6z\equiv 1\pmod{p}$ байх $x$, $y$, $z\in\mathbb Z$ тоонууд оршин байна. Фермагийн теоремоор $$6^{p-2}\equiv z\pmod{p}, 3^{p-2}\equiv y\pmod{p}, 2^{p-2}\equiv x\pmod{p}$$ тул $z+y-x\equiv 0\pmod{p}$ гэж харуулахад хангалттай. $$6(z+y-x)\equiv 1+2-3\equiv 0\pmod{p}$$ ба $(p,6)=1$ тул $$ z+y-x\equiv0\pmod{p}\Leftrightarrow 6^{p-2}+3^{p-2}-2^{p-2}\equiv0\pmod{p}$$ болж батлагдав


4. $ABC$ гурвалжин дотор $\angle BDC=90^\circ$ ба $\angle BAD=\angle BCD$ байх $D$ цэгийг сонгон авчээ. Гурвалжны $AC$, $BC$ талуудын дундаж цэгүүд нь харгалзан $M$, $N$ бол $\angle DMN=90^\circ$ гэдгийг батал.

Заавар Бодолт
Заавар. $CD$ хэрчмийн дундаж цэгийг $E$ гээд $DMEN$ дөрвөн өнцөгтийн тойрогт багтахыг харуул.

Бодолт. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
$CD$ хэрчмийн дундаж цэгийг $E$ гэе. $\measuredangle BDC=90^\circ$, $BN=NC$ тул $DN=NC$ болно. Иймд $NE\perp CD$ болно. Мөн $ME$ ба $NE$ нь харгалзан $\triangle ADC$, $\triangle ABC$-ийн дундаж шугамууд тул $ME\parallel AD$, $AB\parallel MN$ болно. Эндээс $$\measuredangle BAD=\measuredangle NME=\measuredangle BCD=\measuredangle CDN$$ болно. Иймд $DMEN$ нь багтсан дөрвөн өнцөгт болох тул $$\measuredangle DMN=\measuredangle DEN=90^\circ$$ болж батлагдав.