Processing math: 79%


Бүсийн олимпиад 2018, 11-р анги

Бүсийн олимпиад 2018, 11-р анги   

Бодлогын тоо: 4    Хугацаа: 210 мин


1. a, b, c нь abc=1 байх эерэг тоонууд бол 1a+1b+1c+92(a+b+c)92 тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.

Заавар Бодолт
Заавар. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.

x,y,zR тоонуудын хувьд (x+y+z)23xy+yz+zx болохыг ашигла. Тэнцэтгэл биш x=y=z үед тэнцэлдээ хүрнэ. Үнэндээ (x+y+z)23xy+yz+zxx2+y2+z2xyyzzx0 ба сүүлийн тэнцэтгэл биш нь (xy)2+(yz)2+(zx)2 илт тэнцэтгэл бишээс мөрдөн гарна.

Бодолт. a+b+c=abc(a+b+c)=(ab)(ac)+(ab)(bc)+(ac)(bc)(ab+bc+ca)33() болно. 1a+1b+1c=ab+bc+ca тул ЗГТ=1a+1b+1c+92(a+b+c)()ab+bc+ca+272(ab+bc+ca)2=ab+bc+ca2+ab+bc+ca2+272(ab+bc+ca)2Коши33278=92 болж батлагдав. Тэнцэтгэл биш a=b=c=1 үед тэнцэлдээ хүрнэ.


2. Хурц өнцөгт ABC гурвалжны A оройгоос AD өндөр татахад 2BD=CD=AD байв. Гурвалжны AB тал дээр E цэгийг AC=CE байхаар сонгон авсан бол DEAB гэдгийг батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт.
C, D цэгүүдээс AB хэрчимд татсан перпендикулярын сууриуд нь харгалзан F, E байг. Тэгвэл Фалесийн теоремоор 2BE=EF байна. BD=x гэвэл AD=CD=2x ба Пифагорын теоремоор AC=22x, AB=5x болно. 2S=ADCB=ABCF2x3x=5xCF тул CF=655x. Пифагорын теоремоор BF=CB2CF2=9x2365x2=355x ба эндээс FE=23BF=255x болно. Нөгөө талаас AF=AC2CF2=8x2365x2=255x тул AF=FE буюу EE болно. Нөгөө талаас DEAB тул батлах зүйл батлагдав.


3. p нь 3-аас их анхны тоо бол 6n+3n2n нь p-д хуваагддаг натурал тоо n олдохыг батал.

Заавар Бодолт
Заавар. n=p2 тоо шаардлага хангахыг харуул.

Бодолт. Т. Базарын бодолт.

n=p2 үед p6n+3n2n 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. 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.