Processing math: 90%


ММО-55, II даваа, 12-р анги

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+t8t=(t+1)2+2t2(t+1) буюу 2t3+3t26t+1=(t1)(2t2+5t1)=0 тул t=1 эсвэл 2t2+5t1=0 байна. a, c>1 тул logac>0 байна. Иймд t>0 тул 2t2+5t1=0 тэгшитгэлээс t=5+334 шийд болно.

Арифметик прогрессийн ялгавар нь d=logcalogbc=logca1logcb=logca112logcb2=logca2logcac=logca2logca+1=t2t+1 байна. t=1 үед d=121+1=0 болно. Харин t=5+334 бол d=5+33425+334+1=5+3348331=5+3348(33+1)331=5+33433+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=OXOY гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт.


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.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт.


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=AB2O2B=O1K+O2KO2B=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. n2 гэе. n зэргийн бодит P(x) олон гишүүнт ба m1 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 mn байна. Нөгөө талаас P(x)=(x1)(x2)(xn)+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 m4 шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр m6 хувьд 2m>m2+m+2() гэж харуулъя. m=6 үед 26=64>44=62+2+6 үнэн ба m6 хувьд үнэн гэвэл 2m+12(m2+m+2)=m2+m2+2m+4>m2+3m+4=(m+1)2+(m+1)+2 тул m+1 хувьд үнэн. Иймд n=2, m5 шийдгүй.

n3 гээд дахиад тохиолдолд салгая. m=1 үед n1<1n+1+n тул шийдгүй.

m=2 үед дурын n1 хувьд n2<2n+2+n байна. Үнэхээр, n5 хувьд шалгахад төвөггүй ба n6 хувьд ()–с 2n+2+n>2n>n2+n+2>n2 байна. Иймд m=2 үед шийдгүй.

m3 гэе. m>n3 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.