ММО-09, 10-р анги

Монголын Математикийн 9-р олимпиад, 1973 он.   

Бодлогын тоо: 6    Хугацаа: 540 мин


1. Төгс тоо натурал тооны квадрат болж чадахгүйг батал. Өөрийн бүх хуваагчдын нийлбэртэй тэнцүү тоог төгс тоо гэнэ. Жишээ нь: $6=1+2+3$ төгс тоо болно.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. $n=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\dots p_s^{\alpha_s}$ төгс тооны каноник задаргаа авч үзье. Хэрвээ $n$ нь натурал тооны квадрат бол $$\forall i\in\{1,2,\dots,s\}\colon 2\mid\alpha_i$$ байна. Эндээс $n$ тооны хуваагчдын нийлбэр $$T(n)=\prod_{i=1}^s(1+p_i+\dots+p_i^{\alpha_i})\equiv 1\not\equiv 2n\pmod{2}$$ болно. Учир нь $2\mid\alpha_i$ үед $$1+p_i+p_i^2+\dots+p_i^{\alpha_i}\equiv 1\pmod{2}$$ юм. Иймд төгс тоо натурал тооны квадрат байх боломжгүй юм.


2. Шулуун дээр $B$ нь $A$ ба $C$-ийн хооронд орших цэгүүд өгөгдөв. Энэ шулууны 1 талд $|AB|$, $|BC|$, $|AC|$-ээр диаметрээ хийсэн $K_1$, $K_2$, $K$ хагас тойргуудыг татав. $B$ цэгийг дайрсан $AC$-д перпендикуляр шулуун $K$ тойргийг $D$ цэгт огтолно. Тэгвэл $K$ тойргийг $D$ цэгт шүргэсэн $\ell_1$ шүргэгч нь $K_1$ ба $K_2$-ийн ерөнхий шүргэгч $\ell_2$-тэй параллел болохыг батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт.
$K_1$, $K_2$, $K$ тойргуудын төвийг харгалзан $Q$, $P$, $O$ үсгээр тэмдэглэе. $M$ ба $N$ нь $\ell_2$ шүргэгчийн $K_1$ ба $K_2$-тай шүргэлцсэн цэгүүд. $AQ=R > PC=r$ гэе. Тэгвэл $AO=R+r$, $OB=R-r$ ба $$BD^2=AB\cdot BC=4Rr,\quad BD=2\sqrt{Rr}$$ Нөгөө талаас $P$-ээс $MQ$-д $PH$ перпендикулярыг буулгавал $HQ=R-r$, $PQ=R+r$ учраас $$PH=\sqrt{PQ^2-HQ^2}=2\sqrt{Rr}$$ Ийнхүү $PH=BD$, $HQ=OB$ ба $\angle QHP=\angle OBD=90^\circ$ учир $\triangle HPQ=\triangle OBD$. Тэгвэл $\angle HQP=\angle DOB$, $MQ\parallel OD$ тул $\ell_1\parallel\ell_2$ байна.


3. $8\times8$ квадратын 1 диагоналийн 2 үзүүр дээр орших $1\times1$ квадратуудыг салгаж авав. Үлдсэн хэсгийг $1\times 2$ тэгш өнцөгтөөр бүрхэж болох уу?

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Шатрын хөлгийн нэг диагоналийн 2 үзүүр дээр орших хоёр цэг нь ижил өнгийн нүд байна. Иймд үлдэх дүрсийн хар ба цагаан нүдний тоо 2-оор зөрөөтэй байна. Нөгөө талаас $1\times2$ тэгш өнцөгтөөр бүрхэж болдог дүрсийн хар ба цагаан нүдний тоо тэнцүү байх ёстой. Иймд үлдэх дүрсийг $1\times2$ тэгш өнцөгтөөр бүрхэх боломжгүй юм.


4. Дурын бодит тоо $x$, $y$-ийн хувьд $P(x,y)>0$ байх ба ямар ч эерэг бодит $\varepsilon > 0$ тоо авахад $P(x,y)<\varepsilon$ байхаар бодит тоо $x$, $y$ олддог тийм бүхэл коэффициенттэй олон гишүүнт $P(x,y)$ олдох уу?

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Олдоно гэж харуулъя. $$P(x,y)=(y-x)^2+(y^2-x^2-1)$$ олон гишүүнт авч үзье.

Ямар ч бодит $x$, $y$-ийн хувьд $y-x=0$ ба $y^2-x^2-1=0$ нь нэгэн зэрэг биелэх боломжгүй тул $P(x,y) > 0$ байна.

Нөгөө талаас $P(x,\sqrt{x^2+1})=(\sqrt{x^2+1}-x)^2$ нь $x\to+\infty$ үед $0$ рүү тэмүүлнэ. Иймд ямар ч $0<\varepsilon$ бодит тоог сонгож авах бүрд $$P(x,\sqrt{x^2+1})<\varepsilon$$ байхаар $x$ тоо олдоно.


5. Тус бүр нь $2n$-ээс ихгүй $n+1$ ширхэг натурал тоо $a_1,\dots,a_{n+1}$ өгчээ. Эдгээрийн аль нэг нь нөгөөгөө хуваана гэдгийг батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. $i\in[n+1]$ бүрийн хувьд $a_i$ тоог $a_i=2^{k_i}\cdot b_i$, $b_i$ - сондгой натурал тоо байхаар цор ганц аргаар бичиж болно. Нөгөө талаас $2n$-ээс хэтрэхгүй нийт $n$ ширхэг сондгой натурал тоо байх тул Дирихлейн зарчмаар $b_i$ тоонууд дотор хоёр ижил тоо бий. $b=b_\ell=b_k$ ба $\ell < k$ гэвэл $$a_\ell=2^{\ell}b, a_k=2^{k}b\Rightarrow a_\ell\mid a_k$$ болж нэг нь нөгөөгөө хуваадаг хоёр тоо олдов.


6. $a$, $b>0$ гэе. $\{a_n\}$, $\{b_n\}$ гэсэн хоёр дарааллыг дараах рекуррент аргаар өгчээ. $a_1=a$, $b_1=b$ ба дурын $n\ge1$ дугаарын хувьд: \[a_{n+1}=\dfrac{a_n+b_n}{2},\ b_{n+1}=\sqrt{\dfrac{a_n^2+b_n^2}{2}}\] Тэгвэл дурын $n$-ийн хувьд $|b_{n+1}-a_{n+1}|\le\dfrac{|b-a|}{2^n}$ болохыг батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. $$|b_n-a_n|\le\dfrac{|b_{n-1}-a_{n-1}|}{2}\qquad(1)$$ тэнцэтгэл бишийг баталъя. \begin{align*} |b_n-a_n|&=\left|\sqrt{\dfrac{a_{n-1}^2+b_{n-1}^2}{2}}-\dfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\right|\\ &=\sqrt{\dfrac{a_{n-1}^2+b_{n-1}^2}{2}}-\dfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\\ &\le\max\{a_{n-1},b_{n-1}\}-\dfrac{a_{n-1}+b_{n-1}}{2}\\ &=\dfrac{|b_{n-1}-a_{n-1}|}{2} \end{align*} болж батлагдав.

Одоо батлах зүйлээ индукцээр баталъя. $n=1$, $n=2$ үед илэрхий. Хэрвээ $$|b_{n-1}-a_{n-1}|\le\dfrac{|b-a|}{2^{n-2}}$$ гэвэл $$|b_n-a_n|\overset{(1)}{\le}\dfrac{|b_{n-1}-a_{n-1}|}{2}\le\dfrac{|b-a|}{2^{n-1}}$$ болж индукцийн шилжилт батлагдав.