ММО-52, 12-р анги

Монголын математикийн 52-р олимпиад, 12-р анги, 2016 он.   

Бодлогын тоо: 6    Хугацаа: 540 мин


1. Натурал $k$ тоо ба $a_1=2+2016$, $a_2=2^2+2016$, $a_3=2^{2^2}+2016$, $\dots$, $a_n=\underbrace{2^{2^{\cdot^{\cdot^{\cdot^{2}}}}}}_n+2016$ гэсэн дараалал өгөгдөв. Энэ дараалалд $k$-д хуваагддаг гишүүн ядаж 2 олддог бол төгсгөлгүй олон олдоно гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Эхлээд $a\mid b$ бол $(2^a - 1)\mid (2^b-1)$ болохыг саная.

$N = 2016$ ба $a_{0} = 1 + N$ гэе. Энд $n \ge 0$ хувьд $b_{n} = a_{n} - N$ гэж тодорхойлбол $b_{0} = 1$ ба $b_{n+1} = 2^{b_{n}}$ байна. Тухайлбал дурын $p \ge q$ дугааруудын хувьд $b_{q} \mid b_{p}$ байна. Мөн дурын $p$, $q$ дугааруудын хувьд $a_{p} - a_{q} = b_{p} - b_{q}$ байхыг анзааръя.

Одоо дурын $p \ge 0$, $q \ge 1$ ба $r \ge 0$ дугааруудын хувьд $(b_{p + q} - b_{p}) \mid (b_{p + q + r} - b_{p + q})$ болохыг $p$-ээр индукцлэн үзүүлье.

$p = 0$ үед $b_{q-1} \mid (b_{q + r - 1} - b_{q-1})$ тул \begin{equation*} b_{q} - b_{0} = {2^{b_{q-1}} - 1} \mid 2^{b_{q+r-1} - b_{q-1}} -1 \mid 2^{ b_{q-1}} (2^{b_{q+r-1} - b_{q-1}} -1)= b_{q+r} - b_{q} \end{equation*} үнэн болно. $p \ge 0$ үед үнэн гэвэл \begin{equation*} b_{p + q + 1} - b_{p+1} = 2^{b_p} (2^{b_{p + q} - b_p} - 1) \mid 2^{b_{p + q} }(2^{b_{p + q + r } -b_{p + q} } - 1) = b_{p + q + r +1} - b_{p + q+1} \end{equation*} тул $p + 1$ үед үнэн. Иймд $a_{p+q}\equiv a_{p} \equiv 0 \pmod k$ бол $k \mid (a_{p+q} - a_{p}) \mid (a_{p+q +r }- a_{p+q})$ болох ба эндээс $r \ge 0$ хувьд $a_{p+q+r} \equiv 0 \pmod k$ болно.


2. Тойргоор тоглосон тэмцээнд 52 сурагч оролцжээ. Хэдэн тоглолтын дараа аль ч сурагчийг сонгон авахад түүнтэй тоглосон сурагчдын тоглолтын тоо ялгаатай байсан бол хамгийн олондоо хэдэн тоглолт явагдсан байсан бэ?

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Tухайн үед хамгийн олон тоглолт хийсэн сурагчийг $x$, түүний тоглолтын тоог $k$ гэж тэмдэглэе. Тэгвэл $x$ сурагчтай тоглосон, тоглолтын тоо нь яг $k$ байх $y$ сурагч олдох бөгөөд бодлогын нөхцөлөөс $x$ ба $y$-н хоёулантай нь тоглосон сурагч олдохгүй. Иймд нийт сурагчдын тоо $2\,k$-оос багагүй болох тул $k\leq 26$ байна. Мэдээж $x$ сурагчтай тоглосон сурагчдын тоглолтын тоо нь $1, 2, \ldots, k$, мөн $y$ сурагчтай тоглосон сурагчдын тоглолтын тоо нь $1, 2, \ldots, k$ байна. Иймээс тэмцээнд оролцсон сурагчдын оноог үл буурах эрэмбээр нь бичвэл $$\underbrace{1, 1, \ldots, 1}_{n_1},\,\, \underbrace{2, 2, \ldots, 2}_{n_2},\,\, \ldots,\,\, \underbrace{k, k, \ldots, k}_{n_k}$$ болох ба энд $$n_i\geq 2\,(1\leq i \leq k),~~k\leq 26,~~~ n_1+n_2+\cdots+n_k=52\qquad(*)$$ байна. Тэгвэл энэ явц дахь нийт тоглолтын тоо нь $$1\cdot n_1+2\cdot n_2+\cdots+k\cdot n_k$$ нийлбэрийн хагастай тэнцүү бөгөөд $(*)$ нөхцөлөөс дээрх нийлбэр нь хамгийн их утгаа $n_i=2\,(1\leq i \leq k)$ ба $k=26$ үед авдаг болохыг хялбархан харж болно. Иймд нийт тоглолтын тоо нь хамгийн ихдээ 351 гэж гарна. Одоо бодлогын нөхцөлийг хангах $351$ тоглолт болсон графыг байгуулъя. Үүний тулд сурагчдаа $x_1, x_2, \dots, x_{26}$ ба $y_1, y_2, \dots, y_{26}$ хоёр хэсэгт хуваая. Хэсэг тус бүрийн сурагчид хоорондоо тоглоогүй ба $x_i$, $y_j$ сурагчид зөвхөн $i+j>26$ байхад тоглосон бол сурагч бүрийн тоглосон сурагчдын тоглолтын тоо нь ялгаатай бөгөөд нийт тоглолтын тоо нь $351$ болж бодлого бодогдов.


3. $ABC$ гурвалжны $BC$ тал дээр $P$ ба $Q$ цэгүүдийг $\measuredangle BAP=\measuredangle ACB$ ба $\measuredangle CAQ=\measuredangle ABC$ байхаар сонгон авчээ. $AP$ шулуун дээр $N$ цэгийг $AP=PN$ байхаар, $AQ$ шулуун дээр $M$ цэгийг $AQ=QM$ байхаар авав. $BN$ ба $CM$ шулуунууд $L$ цэгт огтлолцдог бөгөөд $BC$ талын дундаж цэг нь $K$ бол $\measuredangle BAK=\measuredangle CAL$ гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. $\angle ABC = \beta$, $\angle BAC = \alpha$, $\angle ACB = \gamma$, $\angle BAK = \theta$ гэе.

$\angle CAQ = \beta$ ба $\angle QCA = \gamma$ тул ӨТӨ шинжүүрээр $\triangle ABC \sim \triangle QAC$ (төсөөтэй) болно. Мөн адилаар $\triangle ABC \sim PBA$ болох тул $\angle AQC = \angle BPA = \alpha$ байна.

$AC$ талын дундаж цэгийг $D$, $AB$ талын дундаж цэгийг $E$ гэе. Тэгвэл $\triangle ABC \sim \triangle QAC$ төсөөгөөс $\angle AQD = \theta$ болно. Мөн ижлээр $\angle BPE = \theta$ болно.

$QD$ нь $AMC$ гурвалжны дундаж шугам тул $\angle AMC = \angle AQD = \theta$ болно. $PE$ нь $ABN$ гурвалжны дундаж шугам тул $\angle CBN = \theta$ болно. Иймд $BMLQ$ нь тойрогт багтах тул $\angle BLC = 180^{\circ} - \angle BLM = 180^{\circ} - \angle BQM = 180^{\circ} - \alpha$ болно. Эндээс $ABLC$ нь тойрогт багтах тул $\angle CAL = \angle CBL = \theta$ болж бодлого бодогдов.


4. Эерэг $a, b, c$ тоонуудын хувьд $a+b+c=3$ бол $$\dfrac{a+b}{2ab+1}+\dfrac{b+c}{2bc+1}+\dfrac{c+a}{2ca+1}\ge2$$ гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Батлах тэнцэтгэл бишийг \[ \sum \frac{(a + b)(a + b + c)}{2ab + 1} \ge 6 \] буюу \[ \sum \frac{(a + b)^{2}}{2 ab + 1} + \sum \frac{c(a + b)}{2ab + 1} \ge 6 \] гэж бичье. Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл \[ \sum \frac{(a + b)^{2}}{2 ab + 1} \ge \frac{\big(\sum (a + b)\big)^{2}}{\sum (2ab + 1)} = \frac{36}{3 + 2\sum ab} \] болно. Нөгөө талаас бид $a \ge b \ge c$ гэж үзэж болох ба энэ үед $c(a + b) \le b(c + a) \le a(b + c)$ ба $\frac{1}{2ab + 1} \le \frac{1}{2ca + 1} \le \frac{1}{2bc + 1}$ болох тул Чебышевийн тэнцэтгэл биш болон Коши-Буняковскийн тэнцэтгэл биш хэрэглэвэл \begin{align*} \sum\frac{c(a + b)}{2ab + 1} &\ge \frac{1}{3} \left(\sum c(a + b)\right)\left(\sum \frac{1}{2ab + 1}\right)\\ &\ge \frac{2}{3}\left(\sum ab\right)\frac{9}{\sum (2ab + 1)} = \frac{6\sum ab}{3 + 2 \sum ab} \end{align*} болно. Иймд \[ \frac{36 + 6 \sum ab}{3 + 2\sum ab} \ge 6 \] гэж баталбал бодлого бодогдоно. Сүүлийн тэнцэтгэл бишийг эквивалентаар хувиргавал \[ ab + bc + ca \le 3 \] болох ба энэ нь Кошийн тэнцэтгэл биш ашиглаад батлагдана. Тэнцэтгэл биш $a = b = c = 1$ үед л тэнцэтгэл болно.


5. $p, q, r$ нь ялгаатай сондгой анхны тоонууд болог. Натурал $n$ тооны хувьд $n, pqr$ тоонуудын хамгийн их ерөнхий хуваагчийг $f(n)$, өөрөөр хэлбэл $f(n)=(n,pqr)$ гэж тэмдэглэе. $1\le a,b,c\le pqr$ бөгөөд $$f (a), f (b), f (c), f (a+b), f (b+c), f (c+a), f (a+b+c)$$ утгууд нь бүгд ялгаатай байдаг $(a,b,c)$ гурвалын тоог ол.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Хариу: $96$.


6. $ABCD$ гүдгэр дөрвөн өнцөгтийн дотор $M$ цэгийг $\measuredangle BMC=\measuredangle AMD$ байхаар авав. $AB$, $CD$ талууд дээр гадаад байдлаар $ABE$, $CDF$ гурвалжнуудыг $$\measuredangle BAE=\measuredangle DAM, \measuredangle ABE =\measuredangle CBM, \measuredangle CDF=\measuredangle ADM, \measuredangle DCF=\measuredangle BCM$$ байхаар авав. Тэгвэл $M$, $E$, $F$ цэгүүд нэг шулуун дээр оршино гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Бодлогоо бодохоос өмнө дараах нэгэн хялбар чанарыг баталъя.

Чанар: $ABC$ гурвалжны $AB,\, BC,\, CA$ талууд дээр $ABF$, $BDC$, $CEA$ гурвалжнуудыг $\angle BAF = \angle CAE$, $\angle ABF = \angle CBD$, $\angle BCD = \angle ACE$ байхаар авав. Тэгвэл $AD,\, BE,\, CF$ хэрчмүүд нэг цэгт огтлолцоно.

Чанарыг баталгаа: $(AD)\cap (BC) = X$, $(BE)\cap (CA) = Y$, $(CF)\cap (AB) = Z$ гэе. $ABC$ гурвалжны өнцгүүдийг харгалзан $\alpha,\, \beta,\, \gamma$ ба $\angle BAF = \angle CAE = x$, $\angle ABF = \angle CBD = y$, $\angle BCD = \angle ACE = z$ байг. Талбайн харьцаан тухай теоремоос \[ \dfrac{AZ}{ZB} = \dfrac{S_{AFC}}{S_{BFC}} = \dfrac{AC\cdot AF \cdot \sin (\alpha + x)}{BC\cdot BF\cdot \sin (\beta + y)} = \dfrac{AC}{BC}\cdot \dfrac{\sin y}{\sin x} \cdot \dfrac{\sin (\alpha + x)}{\sin (\beta + y)}. \] Үүнтэй төстэйгөөр $\dfrac{BX}{XC}$, $\dfrac{CY}{YA}$ харьцаануудыг илэрхийлбэл $\dfrac{AZ}{ZB}\cdot \dfrac{BX}{XC} \cdot \dfrac{CY}{YA} = 1$ болох ба Чевийн урвуу теоремоор $AD,\, BE,\, CF$ хэрчмүүд нэг цэгт огтлолцоно.

Одоо бодлогоо бодъё. $ABCD$ дөрвөн өнцөгтийн диагоналиудын огтлолцлын цэгийг $O$ гэе. $O \neq M$ байг.

Бодлогын өгөгдсөн нөхцөл дээр дээрх баталсан чанараа $AMB$ гурвалжны хувьд ашиглавал $DB,\, AC,\, ME$ хэрчмүүд нэг цэгт огтлолцох буюу $O$ цэгт огтлолцоно. Мөн дээрх чанарыг $DMC$ гурвалжны хувьд ашиглавал $DB,\, CA,\, MF$ хэрчмүүд нэг цэгт огтлолцох буюу $O$ цэгт огтлолцоно. Иймд $E,\, F$ цэгүүд $OM$ шулуун дээр орших болж батлагдана.

Одоо $O \equiv M$ байг. $(BC)\cap (AD) = S$ гэе. Тэгвэл өгөгдсөн нөхцөлөөс $S,\, F$ цэгүүд $CMD$ гурвалжны хувьд изогонал хосмог цэгүүд буюу $SM$ шулууныг $CMD$ өнцгийн биссектрисийн хувьд тэгш хэмтэй хувиргавал $FM$ шулуун гарна. Мөн төстэйгөөр $SM$ шулууныг $AMB$ өнцгийн хувьд тэгш хэмтэй хувиргавал $ME$ шулуун гарна. Иймд $E,\, M,\, F$ цэгүүд нэг шулуун дээр оршино.

Одоо бидэнд $M\equiv O$ ба $BC\parallel AD$ үед батлах үлдлээ. $\angle AEM + \angle EBM = 180^{\circ}$. Эндээс $A,\, E,\, B,\, M$ цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Үүнтэй төстэйгөөр $C,\, F,\, D,\, P$ цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Эндээс $\angle EMB = \angle BAE = \angle DAC = \angle ACB = \angle FCD = \angle FMD$ болж $E,\, M,\, F$ цэгүүд нэг шулуун дээр оршино. Бодлого бүрэн бодогдов.