ММО-55, II даваа, 12-р анги
Бодлогын тоо: 6 Хугацаа: 540 мин
1. a,b,c>1 ба a, b, c дараалал геометр прогресс, харин logab, logbc, logca дараалал арифметик прогресс үүсгэдэг бол уг арифметик прогрессын ялгаврын авч болох утгуудыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар. Бодлогын нөхцөлөөс b2=ac ба 2logbc=logab+logca байна.
Бодолт. 2logbc=logab+logca нөхцөлөөс
2logcclogcb=logcblogca+logca212logcb2=12logcb2logca+logca4logcac=logcac2logca+logca4logca+1=logca+12logca+logca
болно. t=logca гэвэл
4t+1=t+12t+t⇒8t=(t+1)2+2t2(t+1)
буюу
2t3+3t2−6t+1=(t−1)(2t2+5t−1)=0
тул t=1 эсвэл 2t2+5t−1=0 байна. a, c>1 тул logac>0 байна. Иймд t>0 тул 2t2+5t−1=0 тэгшитгэлээс
t=−5+√334
шийд болно.
Арифметик прогрессийн ялгавар нь d=logca−logbc=logca−1logcb=logca−112logcb2=logca−2logcac=logca−2logca+1=t−2t+1 байна. t=1 үед d=1−21+1=0 болно. Харин t=−5+√334 бол d=−5+√334−2−5+√334+1=−5+√334−8√33−1=−5+√334−8(√33+1)33−1=−5+√334−√33+14=−32 Иймд d=0 эсвэл d=−32 болов.
Арифметик прогрессийн ялгавар нь d=logca−logbc=logca−1logcb=logca−112logcb2=logca−2logcac=logca−2logca+1=t−2t+1 байна. t=1 үед d=1−21+1=0 болно. Харин t=−5+√334 бол d=−5+√334−2−5+√334+1=−5+√334−8√33−1=−5+√334−8(√33+1)33−1=−5+√334−√33+14=−32 Иймд d=0 эсвэл d=−32 болов.
2. O төвтэй ω тойргийн гадна орших P цэгээс ω тойрогт PA ба PB шүргэгч татав. P цэгийг дайрсан шулуун ω тойргийг C ба D цэгт огтолно. CE нь ω тойргийн диаметр байг. DE шулууны AO ба BO шулуунтай огтлолцох цэгүүдийг харгалзан X ба Y гэвэл OP2=OX⋅OY гэж батал.
3. 2n×2n хүснэгтийн n(2n+1) нүдэнд 1, бусад нүдэнд 0 гэж бичив. Ялгаатай хоёр мөр сонгон авч нэг мөрний i-р тоог нөгөө мөрний i-р тоонд үржүүлээд эдгээр 2n үржвэрийг нэмье. Ингэж олсон нийлбэр нь ⌊n+22⌋-с багагүй байх ялгаатай хоёр мөр олдоно гэж харуул.
4. K цэгт гадаад байдлаар шүргэлцэх ω1 ба ω2 тойргуудын төвүүд O1 ба O2 байв. O1O2 шулуун ω1 ба ω2 тойргуудыг K цэгээс ялгаатай A ба B цэгүүдэд огтолно. AB хэрчмийн дундаж цэг дээр төвтэй тойрог ω1 ба ω2 тойргуудыг дөрвөн цэгээр огтлоно. Энэ дөрвөн цэгт оройтой дөрвөн өнцөгтийн диагоналиуд K цэгт огтлолцоно гэж батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Өгөгдсөн нөхцөлүүдээс
JO2=AB2−O2B=O1K+O2K−O2B=O1K=O1M
байна. Яг адилаар O1J=O2N болно. Мөн JM=JN тул △O1MJ=△O2JN байна. Иймд ∠MO1K=∠NO2K гэдгээс ∠O1KM=∠O2KN буюу M, N, K цэгүүд нэг шулуун дээр оршино.
5. n≥2 гэе. n зэргийн бодит P(x) олон гишүүнт ба m≥1 урттай тогтмол биш a1,…,am арифметик прогресс P(a1),…,P(am) дараалал мөн тогтмол биш арифметик прогресс болохоор олддог байх m тооны хамгийн их утгыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар. n-ээс хэтрэхгүй зэргийн олон гишүүнт нь n+1 цэг дээрх утгаараа нэг утгатай (интерполяцийн олон гишүүнт) тодорхойлогддог.
Бодолт. (a1,aa1+b),(a2,aa2+b),…,(am,aam+b) цэгүүдийг дайрсан олон гишүүнтийн зэрэг n нь m-ээс бага бол заавар ёсоор олдох цор ганц олон гишүүнт нь P(x)=ax+b байна. Энэ нь n=degP(x)≥2 гэсэнд зөрчинө. Иймд m≤n байна. Нөгөө талаас
P(x)=(x−1)(x−2)…(x−n)+x
гэсэн n зэргийн олон гишүүнт бодлогын нөхцөлийг хангана. Энэ тохиолдолд m=n тул m-ийн боломжит хамгийн их утга нь n юм.
6. nm=mn+m+n байх бүх натурал тоон (n,m) хосыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. (n,m)=(2,5) шийд болох нь илт тул өөр шийдгүй гэж харуулъя.
n=1 үед 1m<m1+m+1 тул шийдгүй. n=2 үед m≤4 шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр m≥6 хувьд 2m>m2+m+2(∗) гэж харуулъя. m=6 үед 26=64>44=62+2+6 үнэн ба m≥6 хувьд үнэн гэвэл 2m+1≥2⋅(m2+m+2)=m2+m2+2m+4>m2+3m+4=(m+1)2+(m+1)+2 тул m+1 хувьд үнэн. Иймд n=2, m≠5 шийдгүй.
n≥3 гээд дахиад тохиолдолд салгая. m=1 үед n1<1n+1+n тул шийдгүй.
m=2 үед дурын n≥1 хувьд n2<2n+2+n байна. Үнэхээр, n≤5 хувьд шалгахад төвөггүй ба n≥6 хувьд (∗)–с 2n+2+n>2n>n2+n+2>n2 байна. Иймд m=2 үед шийдгүй.
m≥3 гэе. m>n≥3 хувьд nm>mn+m+n(∗∗) гэж харуулъя. Эхлээд e=sup болохыг саная. m = n + 1 үед \dfrac{1}{n^n}\big((n + 1)^n + (n + 1) + n\big) = \left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n+\dfrac{2}{n^{n-1}}+\dfrac{1}{n^n}\le e +\dfrac{2}{3^2}+ \dfrac{1}{3^3}< 3\le n тул үнэн. Одоо m > n хувьд үнэн гээд m + 1 тохиолдлыг авч үзье. Энд n \ge 3 \ge e \ge\left(1 +\dfrac{1}{m}\right)^m\ge\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^n болохыг анзаарвал n^{m+1} > n(m^n + m + n) > (m + 1)^n + n(m + n) > (m + 1)^n + (m + 1) + n болно. Индукцээр дурын m > n \ge 3 хувьд үнэн.
Эцэст нь n \ge m \ge 3 гэе. n = m үед илт шийдгүй ба n > m \ge 3 үед (**)–с m^n + m + n > m^n > n^m + n + m > n^m болох тул шийдгүй.
n=1 үед 1m<m1+m+1 тул шийдгүй. n=2 үед m≤4 шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр m≥6 хувьд 2m>m2+m+2(∗) гэж харуулъя. m=6 үед 26=64>44=62+2+6 үнэн ба m≥6 хувьд үнэн гэвэл 2m+1≥2⋅(m2+m+2)=m2+m2+2m+4>m2+3m+4=(m+1)2+(m+1)+2 тул m+1 хувьд үнэн. Иймд n=2, m≠5 шийдгүй.
n≥3 гээд дахиад тохиолдолд салгая. m=1 үед n1<1n+1+n тул шийдгүй.
m=2 үед дурын n≥1 хувьд n2<2n+2+n байна. Үнэхээр, n≤5 хувьд шалгахад төвөггүй ба n≥6 хувьд (∗)–с 2n+2+n>2n>n2+n+2>n2 байна. Иймд m=2 үед шийдгүй.
m≥3 гэе. m>n≥3 хувьд nm>mn+m+n(∗∗) гэж харуулъя. Эхлээд e=sup болохыг саная. m = n + 1 үед \dfrac{1}{n^n}\big((n + 1)^n + (n + 1) + n\big) = \left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n+\dfrac{2}{n^{n-1}}+\dfrac{1}{n^n}\le e +\dfrac{2}{3^2}+ \dfrac{1}{3^3}< 3\le n тул үнэн. Одоо m > n хувьд үнэн гээд m + 1 тохиолдлыг авч үзье. Энд n \ge 3 \ge e \ge\left(1 +\dfrac{1}{m}\right)^m\ge\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^n болохыг анзаарвал n^{m+1} > n(m^n + m + n) > (m + 1)^n + n(m + n) > (m + 1)^n + (m + 1) + n болно. Индукцээр дурын m > n \ge 3 хувьд үнэн.
Эцэст нь n \ge m \ge 3 гэе. n = m үед илт шийдгүй ба n > m \ge 3 үед (**)–с m^n + m + n > m^n > n^m + n + m > n^m болох тул шийдгүй.