ММО-55, II даваа, 10-р анги
Бодлогын тоо: 6 Хугацаа: 540 мин
1. Дурын натурал n тооны хувьд an+bn+2n тоо d тоонд хуваагддаг байх бүх натурал тоон (a,b,d) гурвалыг ол.
2. ω тойрог ABC гурвалжны AB ба BC талыг харгалзан E ба C цэгт шүргэдэг байв. E цэгийг дайрах AC шулуунтай параллель шулуун BC талыг D цэгт огтолно. ED ба AC шулууны ω тойргийг огтлох шинэ цэгүүд нь харгалзан K ба H байг. BK шулуун AC шулуунтай G цэгт огтлолцох бол AH=CG гэж батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. EK∥HC гэдгээс ∠ECH=∠KEC буюу CK=EH ба CGCA=DKDE байна. DC нь шүргэгч гэдгээс ∠DCK=∠DEC буюу DKC∼DCE байна. Эндээс
(CKCE)2=DCDE⋅DKDC=DKDE
Яг адил AEH∼ACE болох ба эндээс (EHEC)2=AEAC⋅AHAE=AHAC байна. Иймд
CGAC=DKDE=CK2CE2=EH2EC2=AHAC
буюу AH=CG болж батлагдана.
3. 0≤a≤b≤c тоонуудын хувьд
(a+c)2(b+1)2≥(a+b+c+1)(ab+bc+ca+abc)
тэнцэтгэл биш биелэхийг харуул.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Хялбарчилбал
(a+c)2(b2+1)+(b+1)2(a2+c2)≥2(a+c)(b+1)(ac+b)
гэж батлахтай ижил болно. Кошийн тэнцэтгэл бишээс
(a+c)2(b2+1)+(b+1)2(a2+c2)≥2(a+c)(b+1)√(a2+c2)(b2+1) болох тул
(a2+c2)(b2+1)≥(ac+b)2
гэж батлахад хангалттай. Энэ нь 0≤a≤1 үед
(a2+c2)(b2+1)−(ac+b)2=(c2−b2)(1−a2)+(bc−a)2≥0
тул үнэн ба a>1 үед c≥1 гэдгээс
(a2+c2)(b2+1)−(ac+b)2=(b2−a2)(c2−1)+(ab−c)2≥0
тул үнэн. Тэнцэтгэл 0≤a≤1≤c хувьд (a2,a,a) ба (c,c,c2) дээр биелнэ.
4. O1 төвтэй ω1 тойрог нь O2 төвтэй ω2 тойрогтой P ба Q цэгүүдэд огтлолцоно. O1P шулуун ω2 тойргийг N цэгт, O2P шулуун ω1 тойргийг M цэгт тус тус дахин огтлох бол M, O1, Q, O2, N цэгүүд нэг тойрог дээр оршино гэж батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. O1P=O1Q ба O2P=O2Q гэдгээс △O1PO2=△O1QO2 тул ∠O1PO2=∠O1QO2 байна. Мөн
∠O1NO2=∠NPO2=180∘−∠O1PO2=180∘−∠O1QO2
тул O1, Q, O2, N цэгүүд нэг тойрог дээр оршино. Яг адил M, O1, Q, O2 цэгүүд нэг тойрог дээр оршиж батлагдана.
5. 1, 2 цифрээр бичигдэх 15 оронтой 999-д хуваагдах тоо хэд байх вэ?
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. 999-д хуваагдах 15 оронтой тоог A=a15a14…a1 гэж тэмдэглэе. Ямар ч эерэг бүхэл
n тооны хувьд 103n−1:103−1=999
A \equiv a_{15}a_{14}a_{13} + a_{12}a_{11}a_{10} + a_9a_8a_7 + a_6a_5a_4 + a_3a_2a_1 \pmod{999}\qquad (*)
Сүүлийн гурван оронтой 5-н тооны нийлбэр 1110-аас бага, 555-аас их бөгөөд 999-д хуваагдах учраас уг нийлбэр 999 болно. Иймд
a_{15} +a_{12} +a_9 +a_6 +a_3 =a_{14} +a_{11} +\dots+a_8 +a_5 +a_2 =a_{13} +a_{10} +a_{7} +a_{4} +a_1 =9
болох тул дээрх 3 нийлбэр тус бүрт нэг ширхэг 1, 4 ширхэг 2 цифр орно. Ингэж бичигдэх 15 оронтой тоо бүр 999-д хуваагдах нь (*)-ээс тодорхой юм. 3-т хуваагдах (мөн 1 үлдэгдэл, 2 үлдэгдэл өгөх) дугаартай аль нэг цифрийг 1 гэж сонгох боломж 5 учраас нийт 1, 2 цифрээр бичигдэх 15 оронтой 999-д хуваагдах тоонуудын тоо 125 болно.
6. Шатрын хөлөг дээр тэмээ бүр яг хоёр тэмээ идэж чаддаг байхаар хамгийн олондоо хэдэн тэмээ байрлуулж болох вэ?
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. 26 тэмээ нөхцөл хангахаар байрлуулж болно. Одоо энэ нь дээд зааг болохыг харуулъя. Шатрын хөлгөө 10\times 10 болгож томруулж ирмэгээр нь 36 цагаан тэмээ байрлуулъя. b2- i9-д байрлах 8\times 8 хөлөг дотор хар тэмээнүүд нөхцөл хангахаар байрлуулсан гэе. Хар тэмээ болгон яг 2 цагаан тэмээ идэж чадна. Нөгөө талаас a1, b1, c1, h1, i1, j1 дээрх цагаан тэмээг хамгийн олондоо 1 хар тэмээ, d1,\dots,g1 дээрх цагаан тэмээг хамгийн олондоо 2 хар тэмээ идэж чадна. Бусад цагаан тэмээний хувьд мөн ижил. Иймд хамгийн олондоо (5\cdot 1+4\cdot2)\cdot 4/2 = 26 хар тэмээ байна.
