Бүсийн олимпиад 2018, Дунд ангийн багш

Бүсийн олимпиад 2018, Дунд ангийн багш   

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. Бичлэгтээ $9$ цифр агуулаагүй натурал тоог дутуу тоо гэж нэрлэе. Бүх гишүүд нь дутуу тоо байдаг өсдөг арифметик прогресс хамгийн олондоо хэдэн гишүүнтэй байж болох вэ?

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. $1,126, 251,\ldots, 8876$ арифметик прогрессийн аль ч гишүүнд $9$ цифр агуулагдахгүй бөгөөд нийт $72$ гишүүн бий.


3. $ABC$ 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.


4. $1+a^2+b^3=c^6$ тэгшитгэл төгсгөлгүй олон натурал $a$, $b$, $c$ шийдтэй гэдгийг харуул.

Заавар Бодолт
Заавар. $x^2-3y^2=1$ Пеллийн тэгшитгэл $(2,1)$ суурь шийдтэй төгсгөлгүй олон шийдтэй болохыг ашигла.

Бодолт. Я. Лхагвагэрэл багшийн ирүүлсэн бодолт.

$x^2-3y^2=1$ тэгшитгэлийн ямар нэг $(s,t)$ шийдийн хувьд $$\left\{\begin{array}{l} a=3st\\ b=s^2-1\\ c=s \end{array}\right.$$ гэж авахад $s^2-3t^2=1$ тул \begin{align*} 1+a^2+b^3&=1+9s^2t^2+(s^2-1)^3\\ &=1+3s^2(s^2-1)+(s^2-1)^3\\ &=1+3s^4-3s^2+s^6-3s^4+3s^2+1\\ &=s^6=c^6 \end{align*} болж тэгшитгэлийн шийд болж байна. Иймд анхны тэгшитгэл төгсгөлгүй олон шийдтэй.