ММО-55, II даваа, Дунд ангийн багш
Бодлогын тоо: 6 Хугацаа: 540 мин
1. n≥2, k≥2 гэе. a1,…,an≥0 тоонуудын арифметик дунджийг A гэвэл
2k−1(|a1−a|k+⋯+|an−A|k)≤(|a1−A|+⋯+|an−A|)k
тэнцэтгэл биш биелэхийг харуул.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. y1,…,yℓ≥0 ба z1,…,zm≥0 хувьд y1+⋯+yℓ=z1+⋯+zm=B гэе. Энэ
үед
(yk11+⋯+ykℓ)+(zk1+⋯+zkm)≤(y1+⋯+yℓ)k+(z1+⋯+zm)k=2Bk
болно. Эндээс бодлого хялбар мөрдөнө. Зөвхөн (A+a,A−a,A,A,...,A) хэлбэртэй дарааллын сэлгэмэл дээр тэнцэтгэл биелнэ.
2. n≥2 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+1−i 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+(k−i) 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 xi≠i 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 xi≠i байх ямар нэг i дугаар олдоно. Энэ байрлалын i дугаартай машин yi дугаартай зогсоолд зогссон гэвэл xi≠yi 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 AE∥BC 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. AE∥BC ба ∠AEI=90∘
гэдгээс IE⊥BC байна. Мөн TM⊥BC тул IE∥TM болно. Иймд ∠AIE=∠AMT=∠APT гэдгээс A, P, I, E нэг тойрог болно. Эндээс ∠APQ=∠API=180∘−∠AEI=90∘ буюу A, O, Q нэг шулуун дээр оршино. Иймд
∠BPI=∠BPQ=∠BAQ=90∘−∠ACB тул ∠B=∠BPI=90∘−∠ACB буюу ∠B+∠C=90∘ гэдгээс ∠A=90∘ байна.
4. 2019-н тоог аль ч дараалсан таван a, b, c, d, e тооных нь хувьд a−b+c−d+e=55 байхаар тойрог дээр байрлуулж болдог бол уг тоонуудыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Тоонуудаа a0,a1,…,a2018 гээд дурын i≥0 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.
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.