Processing math: 56%


ММО-55, II даваа, Дунд ангийн багш

Дунд ангийн багш   

Бодлогын тоо: 6    Хугацаа: 540 мин


1. n2, k2 гэе. a1,,an0 тоонуудын арифметик дунджийг A гэвэл 2k1(|a1a|k++|anA|k)(|a1A|++|anA|)k тэнцэтгэл биш биелэхийг харуул.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. y1,,y0 ба z1,,zm0 хувьд y1++y=z1++zm=B гэе. Энэ үед (yk11++yk)+(zk1++zkm)(y1++y)k+(z1++zm)k=2Bk болно. Эндээс бодлого хялбар мөрдөнө. Зөвхөн (A+a,Aa,A,A,...,A) хэлбэртэй дарааллын сэлгэмэл дээр тэнцэтгэл биелнэ.


2. n2 гэе. 1,2,,n дугаартай n зогсоол дээр 1,2,,n дугаартай n машин байрлуулав. Машин бүрийн дугаараас уг машин зогссон зогсоолын дугаарыг хасахад гарах n ялгавар бүгд ялгаатай байвал энэ байрлуулалтыг зөв гэж нэрлэе. Нийт зөв байрлуулалтын тоо сондгой гэж батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. i дугаартай зогсоолыг n+1i гэж шинээр дугаарлахад зогсоолууд мөн л 1,2,,n тоогоор дугаарлагдана. Зөв байрлуулалтын хувьд машин бүрийн дугаар дээр уг машин зогссон зогсоолын шинэ дугаарыг нэмэхэд гарах n нийлбэр бүгд ялгаатай байна. Учир нь k дугаартай i зогсоолд зогссон машины шинэ зогсоолын дугаар ба машины дугаарын нийлбэр n+1+(ki) юм. Иймд машины болон зогсоолын дугаарын нийлбэрүүд бүгд ялгаатай байх байрлалын тоог сондгой гэж үзүүлэхтэй манай бодлого ижил юм. Энэ чанартай байрлалыг цаашид зөв гэе. i дугаартай зогсоолд xi дугаартай машин зогссон байрлалыг (x1,,xn) гэж тэмдэглэе. (1,,n) байрлал зөв учраас ямар нэг i дугаарын хувьд xii байх зөв байрлалын тоог тэгш гэж үзүүлэхэд хангалттай. (x1,,xn) байрлал өгөгдсөн үед xi дугаартай зогсоолд i дугаартай машиныг зогсоох замаар шинэ байрлал байгуулъя. Хэрэв анхны байрлал зөв бол шинэ байрлал мөн зөв байна. Одоо энэ хоёр байрлал ялгаатай гэдгийг үзүүлье. (x1,,xn) зөв учраас xii байх ямар нэг i дугаар олдоно. Энэ байрлалын i дугаартай машин yi дугаартай зогсоолд зогссон гэвэл xiyi байна. Эсрэг тохиолдолд i+xi=yi+i болж зөрчил гарна. Шинээр байгуулсан зөв байрлалын i дугаартай зогсоолд yi дугаартай машин зогсох тул (x1,,xn)-с ялгаатай. Үүгээр бодлого бодогдов.


3. ABC гурвалжныг багтаасан тойрог ω ба B>C гэе. ω тойргийн A цэгийг агуулах BC нумын дундаж цэгийг T ба ABC гурвалжинд багтсан тойргийн төвийг I гэе. ω тойрог дотор орших E цэгийн хувьд AEBC ба AEI=90 байг. TE шулууны ω тойргийг огтлох шинэ цэг нь P ба B=IPB бол A өнцгийг ол.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. ω тойргийн төв нь O ба TM нь ω тойргийн диаметр байг. PI шулууны ω тойргийг огтлох шинэ цэгийг Q гэе. Тэгвэл M нь BC нумын дундаж цэг байх ба A, I, M нэг шулуун дээр оршино. AEBC ба AEI=90 гэдгээс IEBC байна. Мөн TMBC тул IETM болно. Иймд AIE=AMT=APT гэдгээс A, P, I, E нэг тойрог болно. Эндээс APQ=API=180AEI=90 буюу A, O, Q нэг шулуун дээр оршино. Иймд BPI=BPQ=BAQ=90ACB тул B=BPI=90ACB буюу B+C=90 гэдгээс A=90 байна.


4. 2019-н тоог аль ч дараалсан таван a, b, c, d, e тооных нь хувьд ab+cd+e=55 байхаар тойрог дээр байрлуулж болдог бол уг тоонуудыг ол.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. Тоонуудаа a0,a1,,a2018 гээд дурын i0 хувьд x_i = a_i - 55\pmod{2019} гэж тэмдэглэе. Өгсөн нөхцөлөөс дурын i \ge 0 хувьд x_i - x_{i+1} + x_{i+2} - x_{i+3} + x_{i+4} = 0 болно. Мөн ижлээр x_{i+1} - x_{i+2} + x_{i+3} - x_{i+4} + x_{i+5} = 0 тул x_{i+5} = -x_i байна. Эндээс дурын k \ge 0 хувьд x_{i+5k} = (-1)^kx_i болох ба k = 404 гэвэл x_{i+2020} = x_i болно. Иймд x_{i+1} = x_{i+2020} = x_i болох тул x_i тогтмол болох ба өгсөн нөхцөлөөс x_i = 0 болно. Энэ нь a_0 = a_1 = \dots = a_{2018} = 55 гэсэн үг


5. n \ge 2 гэе. n зэргийн бодит P(x) олон гишүүнт ба m \ge 1 урттай тогтмол биш a_1 ,\dots, a_m арифметик прогресс P(a_1 ),\ldots, P (a_m) 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. (a_1,aa_1+b), (a_2,aa_2+b),\ldots,(a_m,aa_m+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=\deg P(x)\ge 2 гэсэнд зөрчинө. Иймд m\le n байна. Нөгөө талаас P(x)=(x-1)(x-2)\dots(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. n^m = m^n + 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 1^m < m^1 + m + 1 тул шийдгүй. n = 2 үед m \le 4 шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр m \ge 6 хувьд 2^m > m^2 + m + 2\qquad (*) гэж харуулъя. m = 6 үед 2^6 = 64 > 44 = 6^2 + 2 + 6 үнэн ба m \ge 6 хувьд үнэн гэвэл 2^{m+1} \ge 2 \cdot (m^2 + m + 2)= m^2 + m^2 + 2m + 4> m^2 + 3m + 4= (m + 1)^2 + (m + 1) + 2 тул m + 1 хувьд үнэн. Иймд n = 2, m \neq 5 шийдгүй.

n \ge 3 гээд дахиад тохиолдолд салгая. m = 1 үед n^1 < 1^n + 1 + n тул шийдгүй.

m = 2 үед дурын n \ge 1 хувьд n^2 < 2^n + 2 + n байна. Үнэхээр, n \le 5 хувьд шалгахад төвөггүй ба n \ge 6 хувьд (*)–с 2^n + 2 + n > 2^n > n^2 + n + 2 > n^2 байна. Иймд m = 2 үед шийдгүй.

m \ge 3 гэе. m > n \ge 3 хувьд n^m > m^n + m + n\qquad (**) гэж харуулъя. Эхлээд e = \sup\limits_{n\ge 1}\left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n< 2.72 <\dfrac{74}{27} 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.