Заавар.

Бодолт. $AB$-ийн дундажийг $P$ гэе. $PH\cap EF=L$ байг. $MH\cap AD=T$ гэе. $A$-г дайрсан $MH$-тай параллел шулуун $PH$-тай $S$ цэгт огтлолцдог байг. $\measuredangle HPO=\measuredangle PHO=x$, $\measuredangle MTA=\measuredangle SAQ=\beta$ гэе. $$\measuredangle HSA=\beta+x, \measuredangle SPA=180^\circ-90^\circ-x=90^\circ-x,$$ $$\measuredangle EOH=180^\circ-\measuredangle EMH=180^\circ-(180^\circ-\beta)=\beta.$$ $\triangle PHO$-ийн өнцгүүдийн нийлбэр $$2x+\beta+90^\circ=180^\circ.$$ Эндээс $\beta=90^\circ-2x$. $$\measuredangle HSA=\beta+x=90^\circ-2x+x=90^\circ-x=\measuredangle SPA\Rightarrow SA=PA=AF$$ $EM=MH$ ба $\measuredangle EMH=180^\circ-\beta=\measuredangle SAF\Rightarrow SF\parallel EH$. $$\Rightarrow\triangle SLF\sim\triangle HLE\Rightarrow\dfrac{SF}{EH}=\dfrac{FL}{LE}$$ $$\triangle SAF\sim\triangle HME\Rightarrow\dfrac{SF}{EH}=\dfrac{AF}{EM}=\dfrac{FK}{KE}$$ Эндээс $\dfrac{FL}{LE}=\dfrac{FK}{KE}\Rightarrow K\equiv L$.

Заавар.

Бодолт. Хэрэв $$(2020+56\sqrt{1301})^m=(56+2020\sqrt{1301})^n$$ бол $$(2020-56\sqrt{1301})^m=(56-2020\sqrt{1301})^n$$ биелэнэ. Гэтэл энэ тэнцэлийн зүүн гар талын модуль нь $1$-ээс бага, баруун гар талын модуль нь $1$-ээс их юм.

Заавар.

Бодолт. Ийм $s$ ширхэг гуравт байдаг гэе. Тэгвэл нэг талаас $$S=\sum\limits_{i=1}^{s}(x_i+y_i+z_i)=sn$$ ба нөгөө талаас $$S_1=\sum\limits_{i=1}^{s} x_i, S_2=\sum\limits_{i=1}^{s} y_i, S_3=\sum\limits_{i=1}^{s} z_i$$ нийлбэрүүд дор хаяж $0+1+2+\dots+(s-1)$ ба $S=S_1+S_2+S_3$ тул $$3\cdot\dfrac{(s-1)s}{2}\le sn$$ болно. $s\le\dfrac{2n}{3}+1$ болох ба $s$ бүхэл тоо тул $s\le\left[\dfrac{2n}{3}\right]+1$ байна. Одоо $s=\left[\dfrac{2n}{3}\right]+1$ болох жишээ байгуулъя.

Хэрвээ $n=3k$ бол $s=2k+1$ байна. Энэ тохиолдолд $$(0,k,2k),(2,k-1,2k-1),(4,k-2,2k-2),\ldots,(2k,0,k)$$ $$(1,2k,k-1),(3,2k-1,k-2),(5,2k-2,k-3),\ldots(2k-1,k+1,0).$$

Хэрвээ $n=3k+1$ бол $s=2k+1$ байна. Өмнөх жишээний гуравтуудын эхний координатыг 1, 1-ээр ихэсгэвэл хүссэн гуравтуудыг өгнө.

Хэрвээ $n=3k-1$ бол $s=2k$ байна. Өмнөх жишээний гуравтуудын эхний координатыг 1, 1-ээр багасгахад хамгийн эхний гуравтаас бусад нь сөрөг биш эерэг тоо тул $2k$ ширхэг гуравт оршин байна. Иймд хамгийн олондоо $\left[\dfrac{2n}{3}\right]+1$ ширхэг гуравт болов.

Заавар.

Бодолт. Хариу: $x=1,2,3$

$x=0\Rightarrow 20f(0)=f(0)\Rightarrow f(0)=0$ болно. Эндээс $f(x)$ нь $x=0$ цэг дээр тасралтгүй тул $\lim\limits_{x\to 0} f(x)=f(0)=0$. $f(19x)=\dfrac{1}{20}\cdot f(x)+\dfrac{1}{20}\cdot x^2$ ба $x\mapsto\dfrac{x}{19}$ гэвэл $$f(x)=\dfrac{1}{20}\cdot f\left(\dfrac{x}{19}\right)+\dfrac{1}{20}\cdot\dfrac{x^2}{19^2}\quad (*)$$ болно. $(*)$ тэнцэтгэлд $x\mapsto\dfrac{x}{19}$ гэсэн орлуулга хийе. Тэгвэл $$f\left(\dfrac{x}{19}\right)=\dfrac{1}{20}\cdot f\left(\dfrac{x}{19^2}\right)+\dfrac{1}{20}\cdot\dfrac{x^2}{19^4}\quad (*_1)$$ $x\mapsto\dfrac{x}{19}$ гэвэл $$f\left(\dfrac{x}{19^2}\right)=\dfrac{1}{20}\cdot f\left(\dfrac{x}{19^3}\right)+\dfrac{1}{20}\cdot\dfrac{x^2}{19^6}\quad (*_2)$$ гэх мэтээр $$f\left(\dfrac{x}{19^{n-1}}\right)=\dfrac{1}{20}\cdot f\left(\dfrac{x}{19^n}\right)+\dfrac{1}{20}\cdot\dfrac{x^2}{19^{2n}}\quad (*_{n-1})$$ болно.

$(*_1)$-ийг $\dfrac{1}{20}$-ээр, $(*_2)$-ийг $\dfrac{1}{20^2}$-ээр гэх мэтээр $(*_{n-1})$-ийг $\dfrac{1}{20^{n-1}}$-ээр тус тус үржүүлэхэд гарсан тэнцэтгэлүүдээ нэмбэл $$f(x)=\dfrac{1}{20^n}\cdot f\left(\dfrac{x}{19^n}\right)+x^2\cdot\left(\dfrac{1}{20\cdot 19^2}+\dfrac{1}{(20\cdot 19^2)^2}+\cdots+\dfrac{1}{(20\cdot 19^2)^n}\right)$$ болох ба $n\to\infty$ үед хязгаарт шилжвэл $$f(x)=0\cdot f(0)+x^2\cdot\dfrac{\dfrac{1}{20\cdot 18^2}}{1-\dfrac{1}{20\cdot 18^2}}=\dfrac{x^2}{7219}$$ болов. Эндээс $$f(x)<\dfrac{x}{2019}\Leftrightarrow x\cdot\left(x-\dfrac{7210}{2019}\right)<0$$ ба энэ тэнцэтгэл бишийн бүхэл шийдүүд $x=1,2,3$ болно.