ММО-19, 10-р анги
Бодлогын тоо: 6 Хугацаа: 540 мин
1. a0=1 байх a0,a1,…,an натурал тоон дарааллын a0-оос бусад аль ч гишүүн нь ямар нэг хоёр гишүүнийх нь (ижил байж болно) нийлбэр болдог бол
a0+a1+⋯+an<2n+1
тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. a_0\leqslant{a_1}\leqslant\dots\leqslant{a_n} гэж эрэмбэлсэн гэе. Тэгвэл a_1=a_0+a_0=2, a_2\leqslant{a_1+a_1}=4, a_3\leqslant{a_2+a_2}=8,\ldots,a_n\leqslant{a_{n-1}+a_{n-1}}\leqslant{2\cdot2^{n-1}}=2^n болно. Иймд a_0+a_1+...+a_n\leqslant1+2+2^2+\dots+2^n=\dfrac{2^n\cdot2-1}{2-1}=2^{n+1}-1<2^{n+1}
2. \tg\alpha_1=a_1,\dots,\tg\alpha_3=a_3 ба \alpha_1,\alpha_2,\alpha_3 нь хурц, a_i>0 бол \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 нь хурц өнцөг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөлийг ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. \alpha_1\leqslant \alpha_2 \leqslant \alpha_3 < {90^\circ} гэж үзье. Тэгвэл \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 нь хурц өнцөг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь 0<\tg(\alpha_i+\alpha_j)<\infty, 0<\tg(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)<\infty болно. Иймд
0<\tg(\alpha_i+\alpha_j)=\dfrac{a_i+a_j}{1-{a_i}{a_j}}<\infty,\ i\neq j,\ i,j=1,2,3
\begin{align*}
0 <\tg(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3) & =\dfrac{\tg(\alpha_1+\alpha_2)+\tg{\alpha_3}}{1-\tg(\alpha_1+\alpha_2)\tg{\alpha_3}}\\
& =\dfrac{a_1+a_2+a_3-a_1{a_2}{a_3}}{1-(a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3})} < \infty
\end{align*}
0<1-a_2{a_3}\Rightarrow a_2{a_3}<1, 0 < a_{1} < 1 болно. Иймд
a_1{a_2}{a_3}< a_{1}<1,\quad a_1+{a_2}+{a_3}>a_1{a_2}{a_3},\quad 1>a_1a_2+a_1{a_3}+a_2{a_3}
гэж гарна. Гэтэл 1>a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3}>0 нөхцөлөөс бусад бүх нөхцөлүүд мөрдөгдөх тул \alpha_1+\alpha_2+\alpha_3 өнцөг хурц байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь 1>a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3}>0 болно.
3. 7 гэсэн тоог 3 рационал тооны квадратуудын нийлбэрт тавьж болохгүйг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. z=\dfrac{m^2}{p^2}+\dfrac{n^2}{q^2}+\dfrac{\ell^2}{r^2}, (m, p)=(n, q)=(\ell, r)=1 гэж үзье.
7{p^2}{q^2}{r^2}={m^2}{q^2}{r^2}+{n^2}{p^2}{r^2}+{\ell^2}{p^2}{q^2}
үүнийг 7A^2=B^2+C^2+D^2, A, B, C, D \in\mathbb N гэж бичье.
1) A тэгш тоо байвал B, C, D-ийн дотор тэгш тоо нь сондгой тоотой орсон байх ёстой.
1a) B тэгш , C, D нь сондгой байг. Тэгвэл 7\cdot 4a^2=4b^2+(2c+1)^2+(2d+1)^2 болох ба үүний зүүн талд 4-д хуваагдаж байхад баруун тал нь 4-д хуваахад 2 үлдэнэ. Ийм байж үл болно.
1б) B, C, D нь гурвуул тэгш бол: 7\cdot 4a^2=4b^2+4c^2+4d^2 болох ба эндээс 7a^2=b^2+c^2+d^2 болох тул эсвэл A сондгой байх эсвэл B, C, D-ийн аль нэг нь сондгой байх тохиолдол руу шилжив.
2) A сондгой байвал B, C, D-ийн дотор сондгой тоо сондгой тоотой орно.
2а) B сондгой C, D тэгш байг. 7(2a+1)^2=(2b+1)^2+4c^2+4d^2 болох үүний зүүн хэсэг нь 4-д хуваахад 3 үлдэхэд баруун талыг нь 4-д хуваахад 1 үлдэнэ.
2б) B, C, D нь гурвуул сондгой бол 7(2a+1)^2=(2b+1)^2+(2c+1)^2+(2d+1)^2 болох ба үүний зүүн хэсгийг нь 8-д хуваахад 7 үлдэж байхад баруун хэсгийг нь 8-д хуваахад 3 үлдэнэ.
1) A тэгш тоо байвал B, C, D-ийн дотор тэгш тоо нь сондгой тоотой орсон байх ёстой.
1a) B тэгш , C, D нь сондгой байг. Тэгвэл 7\cdot 4a^2=4b^2+(2c+1)^2+(2d+1)^2 болох ба үүний зүүн талд 4-д хуваагдаж байхад баруун тал нь 4-д хуваахад 2 үлдэнэ. Ийм байж үл болно.
1б) B, C, D нь гурвуул тэгш бол: 7\cdot 4a^2=4b^2+4c^2+4d^2 болох ба эндээс 7a^2=b^2+c^2+d^2 болох тул эсвэл A сондгой байх эсвэл B, C, D-ийн аль нэг нь сондгой байх тохиолдол руу шилжив.
2) A сондгой байвал B, C, D-ийн дотор сондгой тоо сондгой тоотой орно.
2а) B сондгой C, D тэгш байг. 7(2a+1)^2=(2b+1)^2+4c^2+4d^2 болох үүний зүүн хэсэг нь 4-д хуваахад 3 үлдэхэд баруун талыг нь 4-д хуваахад 1 үлдэнэ.
2б) B, C, D нь гурвуул сондгой бол 7(2a+1)^2=(2b+1)^2+(2c+1)^2+(2d+1)^2 болох ба үүний зүүн хэсгийг нь 8-д хуваахад 7 үлдэж байхад баруун хэсгийг нь 8-д хуваахад 3 үлдэнэ.
4. m=1+\tg^210^\circ+\tg^250^\circ+\tg^270^\circ, a=\dfrac{n}{1983} бол
|2-\log_m a|\le 4 тэнцэтгэл бишийг хангах 661-д хуваагддаг, 1728-тай харилцан анхны бүх натурал n-г ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. \tg(3\cdot10^\circ)=\tg 30^\circ=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\tg(3\cdot (-50^\circ))=\tg(3\cdot70^\circ) тул \tg{3\alpha}=\dfrac{3\tg\alpha-\tg^3\alpha}{1-3\tg^2\alpha} томьёог ашиглавал x_1=\tg10^\circ, x_2=\tg(-50)^\circ=-\tg50^\circ, x_3=\tg70^\circ тоонууд нь
\dfrac{3\tg\alpha-\tg^3\alpha}{1-3\tg^2\alpha}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}
буюу
\tg^3\alpha-\sqrt{3}\tg^2\alpha-3\tg\alpha+\dfrac{1}{\sqrt{3}}=0
тэгшитгэлийн язгуурууд нь болно. Тэгвэл Виетийн томьёо ёсоор x_1+x_2+x_3=\sqrt{3}, {x_1}{x_2}+{x_1}{x_3}+{x_2}{x_3}=-3 тул x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2({x_1}{x_2}+{x_1}{x_3}+{x_2}{x_3})=(\sqrt{3})^2-2(-3)=9
болно. Иймд
\left|2-\lg_{10}\dfrac{n}{1983}\right|\leqslant 4,
6\geqslant{\lg_{10}{\dfrac{n}{1983}}}\geqslant{-2},
10^6\cdot1983\geqslant{n}\geqslant{10^{-2}\cdot1983},
1983=3\cdot661 тул n=661\cdot{n_1} гэж үзвэл 3\cdot{10^6}\geqslant{n_1}\geqslant{10^2\cdot3} буюу 3\cdot{10^6}\geqslant{n_1}\geqslant{1} болно. 1728=2^6\cdot3^3, (n_1,2)=(n_1,3)=1 гэдгийг анхаарвал энэ сүүлчийн тэнцэтгэл бишийг хангах натурал тоонуудын тоо нь
3\cdot10^6\left(1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}\right)=10^6
болно.
5. Гурвалжны нэг талын урт нь b, түүн дээр буулгасан өндөр, медиан нь оройн өнцгийг 3 тэнцүү хэсэгт хуваадаг бол багтаасан ба багтсан дугуйн талбайн харьцааг ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. BM медиан ба BH өндөр байг. (32-р зураг) |AC|=b, |BH|=h гэе. \triangle{ABM} нь адил хажуутай ба \triangle{BMC}-ээс биссектриссийн чанар ёсоор \dfrac{|HM|}{|BH|}=\dfrac{b}{4\cdot{n}}=\dfrac{|MC|}{|BC|}=\dfrac{b}{2|BC|} тул |BC|=2h буюу \angle{C}=30^\circ, \angle{B}=90^\circ болно. Иймд \triangle ABC-г багтаасан дугуйн радиус нь R=\dfrac{b}{2} болно. \triangle ABC-д багтсан дугуйн радиус r=\dfrac{b\sqrt{3}}{2(3+\sqrt{3}} болохыг төвөггүй олж болно. Иймд
\dfrac{S_R}{S_V}=\dfrac{\pi{R^2}}{\pi{r^2}}=\dfrac{b^2\cdot4(3+\sqrt{3})^2}{4\cdot{b^2}\cdot3}=\dfrac{12+6\sqrt{3}}{3}=4+2\sqrt{3}
6. 30 < n байх n натурал тооны хувьд m < n ба (m,n)=1 байх m зохиомол тоо олдохыг үзүүл.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Өгөгдсөн бодлого нь дараах туслах бодлоготой эквивалент гэдгийг хялбархан харж болно.
Туслах бодлого. A-аас бага түүнтэй харилцан анхны тоо бүр анхны тоо байдаг тоонуудын дотроос хамгийн их нь A=30 гэдгийг батал.
Баталгаа. A\geqslant{4} бол 2\mid A болно. Учир нь 2\nmid A бол (A,4)=1 ба 4=2\cdot2 зохиомол тоо тул A-ийн тодорхойлолтонд үл тохирно.
A\geqslant{9} бол 3\mid A болно. Учир нь 3\nmid A бол (A,9)=1 ба 9=3\cdot3 зохиомол тоо тул A-ийн тодорхойлолтонд үл тохирно.
Үүний адилаар A\geqslant{25} бол 5\mid A ба A\geqslant{49} бол 2\cdot3\cdot5\cdot7\mid A болохыг тус тус олно.
9\leqslant{A}\leqslant{25} бол 2\cdot3\mid A гэдгээс A нь зөвхөн 12, 18, 24 утгуудыг л авч болох боломжтой. 25\leqslant{A}\leqslant{49} бол 2\cdot3\cdot5=30\mid A гэдгээс A=30 л байж болох талтай.
49\leqslant{A}\leqslant{64} бол 2\cdot3\cdot5\cdot7=210\mid A болох учраас ийм тоо оршин байх боломжгүй гэх мэт цааш үргэлжилнэ гэдгийг баталбал, өөрөөр хэлбэл n>4 үед p^2_{n+1}<\prod_{i=1}^n p_i\qquad (1) гэдгийг баталбал манай бодлогыг хангаж чадах хамгийн их тоо нь зөвхөн A=30 болно, энд p_n нь n-р анхны тоо.
Одоо (1)-ийг баталъя. p_1,\dots,p_n тоонууд өгөгдсөн байг. \begin{align*} M_1&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot 1-1\\ M_2&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot 2-1\\ &\vdots\\ M_{p_i}&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot p_i-1 \end{align*} гэсэн p_{i} ширхэг илэрхийллийн хувьд
б)-г баталъя. Хэрэв p_i\mid M_x, M_y бол 1\leqslant{x} < y\leqslant p_{i} тул p_i\mid M_{y}-M_{x}=p_{1}\cdots p_{i-1}(y-x) болоход хүрнэ. Гэтэл y-x \leq {p_i} тул энэ нь зөрчилд хүргэж байна. Яг үүний адилаар в) бас батлагдана. Хэрэв p_{i}, p_{i+1},\dots,p_{n} тоонуудын тоо нь M_{1},\dots,M_{p_i} илэрхийллүүдийн тооноос бага бол өөрөөр хэлбэл n-i+1\leqslant p_i\qquad(2) бол M_x илэрхийллүүдийн ядаж нэг нь б) ба в)-ийн үндсэн дээр p_{i}, p_{i+1},\dots,p_{n}-үүдийн алинд ч үл хуваагдана гэж гарна. Иймд а)-г анхаарвал энэ илэрхийлэл нь эхний n анхны тооны алинд ч үл хуваагдана. Энэ илэрхийллийг M_h гэе. M_h-ийн анхны үржигдэхүүн бүр нь p_n-ээс их тул p_{n+1}\leqslant {M_h} \leqslant{M_{p_i}} болно. Үүгээр хэрэв (2) хүчинтэй бол p_{n+1} < \prod_{k=1}^i p_k\qquad(3) тэнцэтгэл биш мөн хүчинтэй гэдгийг оллоо. Нэгэнт i < n тул (3) нь мөн p_{n+1} < p_1\cdots p_n гэж баталдаг Евклидын баталгаанаас ч хүчтэй юм. Одоо p_1\cdots p_i < p_{i+1} \cdots {p_n}\qquad(4) байх ба (2) нөхцөлийг хангах i-ийн утгыг олж болохыг харуулъя. 2\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha_n=n,\ 0\le \alpha_n\le 1 гээд i=\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha_n гэж авахад (2) биелнэ. Учир нь n-i+1=n-\left[\dfrac{n}{2}\right]-\alpha_{n}+1=\left[\dfrac{n}{2}\right]+1 < p_i=p_{[n/2]+\alpha_{n}} байх нь илэрхий. Одоо i=\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha{n} үед (4) биелэхийг баталъя. Энэ үед p_1,\dots,p_i-ийн тоо нь p_{i+1},\dots,p_n-ийн тоотой тэнцүү юм уу 1-ээр илүү байна. Хэрэв эдгээрийн тоо тэнцүү бол p_1\cdots p_i < p_{i+1}\cdots p_n байх нь илэрхий. Эсрэг тохиолдолд p_1\cdot p_2=2\cdot 3 < p_n тул (4) мөн биелнэ. (4)-ийн хоёр талыг p_1\cdots p_i-ээр үржүүлбэл (p_1\cdots p_i)^2 < (p_1\cdots p_n) буюу p_1\cdots p_i<\sqrt{p_1\cdots p_n} болно. Иймд (3)-ыг анхаараал (1) батлагдана.
Туслах бодлого. A-аас бага түүнтэй харилцан анхны тоо бүр анхны тоо байдаг тоонуудын дотроос хамгийн их нь A=30 гэдгийг батал.
Баталгаа. A\geqslant{4} бол 2\mid A болно. Учир нь 2\nmid A бол (A,4)=1 ба 4=2\cdot2 зохиомол тоо тул A-ийн тодорхойлолтонд үл тохирно.
A\geqslant{9} бол 3\mid A болно. Учир нь 3\nmid A бол (A,9)=1 ба 9=3\cdot3 зохиомол тоо тул A-ийн тодорхойлолтонд үл тохирно.
Үүний адилаар A\geqslant{25} бол 5\mid A ба A\geqslant{49} бол 2\cdot3\cdot5\cdot7\mid A болохыг тус тус олно.
9\leqslant{A}\leqslant{25} бол 2\cdot3\mid A гэдгээс A нь зөвхөн 12, 18, 24 утгуудыг л авч болох боломжтой. 25\leqslant{A}\leqslant{49} бол 2\cdot3\cdot5=30\mid A гэдгээс A=30 л байж болох талтай.
49\leqslant{A}\leqslant{64} бол 2\cdot3\cdot5\cdot7=210\mid A болох учраас ийм тоо оршин байх боломжгүй гэх мэт цааш үргэлжилнэ гэдгийг баталбал, өөрөөр хэлбэл n>4 үед p^2_{n+1}<\prod_{i=1}^n p_i\qquad (1) гэдгийг баталбал манай бодлогыг хангаж чадах хамгийн их тоо нь зөвхөн A=30 болно, энд p_n нь n-р анхны тоо.
Одоо (1)-ийг баталъя. p_1,\dots,p_n тоонууд өгөгдсөн байг. \begin{align*} M_1&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot 1-1\\ M_2&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot 2-1\\ &\vdots\\ M_{p_i}&=p_1\cdot p_2 \cdots p_{i-1}\cdot p_i-1 \end{align*} гэсэн p_{i} ширхэг илэрхийллийн хувьд
- эдгээрийн аль нь ч p_1,\dots,p_{i-1}-д үл хуваагдана.
- эдгээрийн нэгээс илүүгүй нь p_{i}-д хуваагдана.
- эдний нэгээс илүүгүй нь p_{i+1},\dots,{p_n}-д хуваагдана
б)-г баталъя. Хэрэв p_i\mid M_x, M_y бол 1\leqslant{x} < y\leqslant p_{i} тул p_i\mid M_{y}-M_{x}=p_{1}\cdots p_{i-1}(y-x) болоход хүрнэ. Гэтэл y-x \leq {p_i} тул энэ нь зөрчилд хүргэж байна. Яг үүний адилаар в) бас батлагдана. Хэрэв p_{i}, p_{i+1},\dots,p_{n} тоонуудын тоо нь M_{1},\dots,M_{p_i} илэрхийллүүдийн тооноос бага бол өөрөөр хэлбэл n-i+1\leqslant p_i\qquad(2) бол M_x илэрхийллүүдийн ядаж нэг нь б) ба в)-ийн үндсэн дээр p_{i}, p_{i+1},\dots,p_{n}-үүдийн алинд ч үл хуваагдана гэж гарна. Иймд а)-г анхаарвал энэ илэрхийлэл нь эхний n анхны тооны алинд ч үл хуваагдана. Энэ илэрхийллийг M_h гэе. M_h-ийн анхны үржигдэхүүн бүр нь p_n-ээс их тул p_{n+1}\leqslant {M_h} \leqslant{M_{p_i}} болно. Үүгээр хэрэв (2) хүчинтэй бол p_{n+1} < \prod_{k=1}^i p_k\qquad(3) тэнцэтгэл биш мөн хүчинтэй гэдгийг оллоо. Нэгэнт i < n тул (3) нь мөн p_{n+1} < p_1\cdots p_n гэж баталдаг Евклидын баталгаанаас ч хүчтэй юм. Одоо p_1\cdots p_i < p_{i+1} \cdots {p_n}\qquad(4) байх ба (2) нөхцөлийг хангах i-ийн утгыг олж болохыг харуулъя. 2\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha_n=n,\ 0\le \alpha_n\le 1 гээд i=\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha_n гэж авахад (2) биелнэ. Учир нь n-i+1=n-\left[\dfrac{n}{2}\right]-\alpha_{n}+1=\left[\dfrac{n}{2}\right]+1 < p_i=p_{[n/2]+\alpha_{n}} байх нь илэрхий. Одоо i=\left[\dfrac{n}{2}\right]+\alpha{n} үед (4) биелэхийг баталъя. Энэ үед p_1,\dots,p_i-ийн тоо нь p_{i+1},\dots,p_n-ийн тоотой тэнцүү юм уу 1-ээр илүү байна. Хэрэв эдгээрийн тоо тэнцүү бол p_1\cdots p_i < p_{i+1}\cdots p_n байх нь илэрхий. Эсрэг тохиолдолд p_1\cdot p_2=2\cdot 3 < p_n тул (4) мөн биелнэ. (4)-ийн хоёр талыг p_1\cdots p_i-ээр үржүүлбэл (p_1\cdots p_i)^2 < (p_1\cdots p_n) буюу p_1\cdots p_i<\sqrt{p_1\cdots p_n} болно. Иймд (3)-ыг анхаараал (1) батлагдана.