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,z∈R тоонуудын хувьд (x+y+z)23≥xy+yz+zx болохыг ашигла. Тэнцэтгэл биш x=y=z үед тэнцэлдээ хүрнэ. Үнэндээ (x+y+z)23≥xy+yz+zx⇔x2+y2+z2−xy−yz−zx≥0 ба сүүлийн тэнцэтгэл биш нь (x−y)2+(y−z)2+(z−x)2≥ илт тэнцэтгэл бишээс мөрдөн гарна.
∀x,y,z∈R тоонуудын хувьд (x+y+z)23≥xy+yz+zx болохыг ашигла. Тэнцэтгэл биш x=y=z үед тэнцэлдээ хүрнэ. Үнэндээ (x+y+z)23≥xy+yz+zx⇔x2+y2+z2−xy−yz−zx≥0 ба сүүлийн тэнцэтгэл биш нь (x−y)2+(y−z)2+(z−x)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)2Коши≥33√278=92
болж батлагдав. Тэнцэтгэл биш a=b=c=1 үед тэнцэлдээ хүрнэ.
2. Хурц өнцөгт ABC гурвалжны A оройгоос AD өндөр татахад 2⋅BD=CD=AD байв. Гурвалжны AB тал дээр E цэгийг AC=CE байхаар сонгон авсан бол DE⊥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√2x, AB=√5x болно.
2S=AD⋅CB=AB⋅CF⇒2x⋅3x=√5x⋅CF
тул CF=6√55x. Пифагорын теоремоор
BF=√CB2−CF2=√9x2−365x2=3√55x
ба эндээс FE′=23BF=2√55x болно. Нөгөө талаас
AF=√AC2−CF2=√8x2−365x2=2√55x
тул AF=FE′ буюу E′≡E болно. Нөгөө талаас DE′⊥AB тул батлах зүйл батлагдав.
3. p нь 3-аас их анхны тоо бол 6n+3n−2n 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∣6n+3n−2n гэж харуулъя. (p,2)=(p,3)=(p,6)=1 учраас 2x≡3y≡6z≡1(modp) байх x, y, z∈Z тоонууд оршин байна. Фермагийн теоремоор 6p−2≡z(modp),3p−2≡y(modp),2p−2≡x(modp) тул z+y−x≡0(modp) гэж харуулахад хангалттай. 6(z+y−x)≡1+2−3≡0(modp) ба (p,6)=1 тул z+y−x≡0(modp)⇔6p−2+3p−2−2p−2≡0(modp) болж батлагдав
n=p−2 үед p∣6n+3n−2n гэж харуулъя. (p,2)=(p,3)=(p,6)=1 учраас 2x≡3y≡6z≡1(modp) байх x, y, z∈Z тоонууд оршин байна. Фермагийн теоремоор 6p−2≡z(modp),3p−2≡y(modp),2p−2≡x(modp) тул z+y−x≡0(modp) гэж харуулахад хангалттай. 6(z+y−x)≡1+2−3≡0(modp) ба (p,6)=1 тул z+y−x≡0(modp)⇔6p−2+3p−2−2p−2≡0(modp) 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?