Бүсийн олимпиад 2018, 11-р анги
Бодлогын тоо: 4 Хугацаа: 210 мин
1. $a$, $b$, $c$ нь $abc=1$ байх эерэг тоонууд бол
$$\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{2(a+b+c)}\ge\dfrac92$$
тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Заавар Бодолт
Заавар. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
$\forall x,y,z\in\mathbb R$ тоонуудын хувьд $$\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\ge xy+yz+zx$$ болохыг ашигла. Тэнцэтгэл биш $x=y=z$ үед тэнцэлдээ хүрнэ. Үнэндээ $$\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$ ба сүүлийн тэнцэтгэл биш нь $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge$ илт тэнцэтгэл бишээс мөрдөн гарна.
$\forall x,y,z\in\mathbb R$ тоонуудын хувьд $$\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\ge xy+yz+zx$$ болохыг ашигла. Тэнцэтгэл биш $x=y=z$ үед тэнцэлдээ хүрнэ. Үнэндээ $$\dfrac{(x+y+z)^2}{3}\ge xy+yz+zx\Leftrightarrow x^2+y^2+z^2-xy-yz-zx\ge 0$$ ба сүүлийн тэнцэтгэл биш нь $(x-y)^2+(y-z)^2+(z-x)^2\ge$ илт тэнцэтгэл бишээс мөрдөн гарна.
Бодолт. \begin{align*}
a+b+c&=abc(a+b+c)\\
&=(ab)\cdot(ac)+(ab)\cdot(bc)+(ac)\cdot(bc)\\
&\le\dfrac{(ab+bc+ca)^3}{3} & (*)
\end{align*}
болно. $\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}=ab+bc+ca$ тул
\begin{align*}
\text{ЗГТ}&=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{c}+\dfrac{9}{2(a+b+c)}\\
&\overset{(*)}{\ge} ab+bc+ca+\dfrac{27}{2(ab+bc+ca)^2}\\
&=\dfrac{ab+bc+ca}{2}+\dfrac{ab+bc+ca}{2}+\dfrac{27}{2(ab+bc+ca)^2}\\
&\kern-0.5em\overset{\text{Коши}}{\ge}3\sqrt[3]{\dfrac{27}{8}}=\dfrac{9}{2}
\end{align*}
болж батлагдав. Тэнцэтгэл биш $a=b=c=1$ үед тэнцэлдээ хүрнэ.
2. Хурц өнцөгт $ABC$ гурвалжны $A$ оройгоос $AD$ өндөр татахад $2\cdot BD=CD=AD$ байв. Гурвалжны $AB$ тал дээр $E$ цэгийг $AC=CE$ байхаар сонгон авсан бол $DE\perp AB$ гэдгийг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт.
$C$, $D$ цэгүүдээс $AB$ хэрчимд татсан перпендикулярын сууриуд нь харгалзан $F$, $E'$ байг. Тэгвэл Фалесийн теоремоор
$2BE'=E'F$ байна. $BD=x$ гэвэл $AD=CD=2x$ ба Пифагорын теоремоор $AC=2\sqrt2x$, $AB=\sqrt{5}x$ болно.
$$2S=AD\cdot CB=AB\cdot CF\Rightarrow 2x\cdot 3x=\sqrt{5}x\cdot CF$$
тул $CF=\dfrac{6\sqrt{5}}{5}x$. Пифагорын теоремоор
$$BF=\sqrt{CB^2-CF^2}=\sqrt{9x^2-\dfrac{36}{5}x^2}=\dfrac{3\sqrt{5}}{5}x$$
ба эндээс $FE'=\dfrac{2}{3}BF=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}x$ болно. Нөгөө талаас
$$AF=\sqrt{AC^2-CF^2}=\sqrt{8x^2-\dfrac{36}{5}x^2}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}x$$
тул $AF=FE'$ буюу $E'\equiv E$ болно. Нөгөө талаас $DE'\perp AB$ тул батлах зүйл батлагдав.
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
$n=p-2$ 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. 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?