Сайн гараа 2018, 10-р анги
Бодлогын тоо: 4 Хугацаа: мин
1. n≥3 натурал тоо. Хэрэв 4n+1 анхны тоо бол n2n−1 тоо 4n+1-д хуваагдахыг батал.
Заавар Бодолт
Заавар. p=4n+1 гэвэл (2,p)=1 байна. Фермагийн теорем ашигла.
Бодолт. Фермагийн теоремоор 2^{p-1}\equiv 4^{2n}\equiv1\pmod{p} байна. Түүнчлэн n=\dfrac{p-1}{4} тул
n^{2n}\equiv\left(\dfrac{p-1}{4}\right)^{2n}\equiv 4^{2n}\cdot\left(\dfrac{p-1}{4}\right)^{2n}\equiv (p-1)^{2n}\equiv (-1)^{2n}\equiv1\pmod{p}
тул p\mid n^{2n}-1 буюу 4n+1\mid n^{2n}-1 байна.
2. Дурын n\ge 2 натурал тоо ба дурын a_1, a_2,\ldots,a_n гэсэн 1-ээс багагүй тоонуудын хувьд
\dfrac{a_1+x}{2}\cdot\dfrac{a_2+x}{2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{a_n+x}{2}\le\dfrac{a_1a_2\ldots a_n+x}{2}
тэнцэтгэл биш биелдэг байх бүх -1-ээс багагүй x-үүдийг ол.
Заавар Бодолт
Заавар. a_1=a_2=\dots=a_n=1 гэвэл \left(\dfrac{1+x}{2}\right)^n\le\dfrac{1+x}{2} болно.
Бодолт. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
\left(\dfrac{1+x}{2}\right)^n\le\dfrac{1+x}{2} ба x\ge-1 тул \dfrac{x+1}{2}\ge 0 тул \dfrac{1+x}{2}\le 1 буюу x\le 1 болно. Одоо \forall x\in[-1;1] ба \forall a_1,\ldots,a_n тоонуудын хувьд \dfrac{a_1+x}{2}\cdot\dfrac{a_2+x}{2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{a_n+x}{2}\le\dfrac{a_1a_2\ldots a_n+x}{2} гэж батлахад хангалттай. Индукцээр баталъя. n=2 үед \dfrac{a_1+x}{2}\cdot\dfrac{a_2+x}{2}\le\dfrac{a_1a_2+x}{2}\Leftrightarrow a_1a_2+(2-a_1-a_2)x-x^2\ge 0 болно. x^2\le 1 ба 2-a_1-a_2\le 0 тул (2-a_1-a_2)\le (2-a_1-a_2)x байна. Иймд \begin{align*} a_1a_2+(2-a_1-a_2)x-x^2 &\ge a_1a_2+(2-a_1-a_2)-1\\ &=a_1a_2-a_1-a_2+1\\ &=(a_1-1)(a_2-1)\ge 0 \end{align*} болж батлагдав.
n\to n+1 индукцийн шилжилт илэрхий юм.
\left(\dfrac{1+x}{2}\right)^n\le\dfrac{1+x}{2} ба x\ge-1 тул \dfrac{x+1}{2}\ge 0 тул \dfrac{1+x}{2}\le 1 буюу x\le 1 болно. Одоо \forall x\in[-1;1] ба \forall a_1,\ldots,a_n тоонуудын хувьд \dfrac{a_1+x}{2}\cdot\dfrac{a_2+x}{2}\cdot\cdots\cdot\dfrac{a_n+x}{2}\le\dfrac{a_1a_2\ldots a_n+x}{2} гэж батлахад хангалттай. Индукцээр баталъя. n=2 үед \dfrac{a_1+x}{2}\cdot\dfrac{a_2+x}{2}\le\dfrac{a_1a_2+x}{2}\Leftrightarrow a_1a_2+(2-a_1-a_2)x-x^2\ge 0 болно. x^2\le 1 ба 2-a_1-a_2\le 0 тул (2-a_1-a_2)\le (2-a_1-a_2)x байна. Иймд \begin{align*} a_1a_2+(2-a_1-a_2)x-x^2 &\ge a_1a_2+(2-a_1-a_2)-1\\ &=a_1a_2-a_1-a_2+1\\ &=(a_1-1)(a_2-1)\ge 0 \end{align*} болж батлагдав.
n\to n+1 индукцийн шилжилт илэрхий юм.
3. Аль ч дараалсан хоёр цифр нь ялгаатай ба сүүлчийн цифр нь анхны тоо байх 2018 оронтой тоо хэчнээн байх вэ?
Заавар Бодолт
Заавар. Бодлогын нөхцөл хангах тоонуудыг b_n гэвэл b_1=4
b_{n+1}=3\cdot b_n+4\cdot(9^n-b_n)
байна.
Бодолт. b_1=4 ба n\ge 1 үед
b_{n+1}=4\cdot 9^n-b_n
рекуррент харьцааг бодъё. c_n=\dfrac{b_n}{9^n} гэвэл c_1=\dfrac{4}{9} ба
9c_{n+1}=4-c_n
d_n=c_n-\dfrac{2}{5} гэвэл d_1=\dfrac{4}{9}-\dfrac{2}{5}=\dfrac{2}{45} ба d_{n+1}=-\dfrac{1}{9}d_n байна. Иймд
d_n=\dfrac{2}{45}\cdot\left(-\dfrac19\right)^{n-1}\Rightarrow c_n=(-1)^{n-1}\cdot\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac1{9^n}+\dfrac25
болох тул
b_n=9^n\cdot\left((-1)^{n-1}\cdot\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac1{9^n}+\dfrac25\right)=\dfrac25\cdot\left(9^n-(-1)^n\right)
байна.
4. ABC гурвалжинд багтсан тойрог AB талыг D цэгт шүргэнэ. ACD гурвалжинд багтсан тойрог AC, AD талыг харгалзан P, Q цэгт, DCB гурвалжинд багтсан тойрог BC, BD талуудыг харгалзан R, S цэгүүдэд шүргэдэг P, Q, R, S цэгүүд нэг тойрог дээр оршино гэж батал.
Заавар Бодолт
Заавар. Хоёр багтсан тойрог нь биссектрисээ нэг ижил цэгт шүргэнэ гэдгийг харуул.
A оройгоос багтсан тойрогт татсан шүргэгчийн урт
\dfrac{b+c-a}{2}
болохыг ашигла.
Бодолт. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
CD биссектрисийн ACD ба DCB гурвалжнуудад багтсан тойргуудыг шүргэх цэгүүдийг харгалзан E, F гэе.
AD=\dfrac{b+c-a}{2}, BD=\dfrac{a+c-b}{2} байна. Түүнчлэн
DE=\dfrac{CD+AD-b}{2}=\dfrac{CD+\dfrac{b+c-a}{2}-b}{2}=\dfrac{2CD+c-a-b}{4}
ба
DF=\dfrac{CD+BD-a}{2}=\dfrac{CD+\dfrac{a+c-b}{2}-a}{2}=\dfrac{2CD+c-a-b}{4}
тул E\equiv F байна. Иймд CP=CE=CR болох тул
\begin{align*}
\measuredangle PRS&=180^\circ-\measuredangle PRC-\measuredangle SRB\\
&=180^\circ-\dfrac{180^\circ-\gamma}{2}-\dfrac{180^\circ-\beta}{2}=\dfrac{\beta+\gamma}{2}\\
\measuredangle PQS&=\measuredangle APQ+\measuredangle PAQ=90^\circ-\dfrac{\alpha}{2}+\alpha=90^\circ+\dfrac{\alpha}{2}
\end{align*}
буюу
\measuredangle PRS+\measuredangle PQS=\dfrac{\beta+\gamma}{2}+90^\circ+\dfrac{\alpha}{2}=180^\circ
болно. Иймд PQRS багтсан дөрвөн өнцөгт болно.
CD биссектрисийн ACD ба DCB гурвалжнуудад багтсан тойргуудыг шүргэх цэгүүдийг харгалзан E, F гэе.
