Loading [MathJax]/jax/element/mml/optable/MathOperators.js


ММО-19, 10-р анги

Монголын математикийн 19-р олимпиад, 1983 он.   

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. a0a1an гэж эрэмбэлсэн гэе. Тэгвэл a1=a0+a0=2, a2a1+a1=4, a3a2+a2=8,,anan1+an122n1=2n болно. Иймд a0+a1+...+an1+2+22++2n=2n2121=2n+11<2n+1


2. tgα1=a1,,tgα3=a3 ба α1,α2,α3 нь хурц, ai>0 бол α1+α2+α3 нь хурц өнцөг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөлийг ол.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. α1α2α3<90 гэж үзье. Тэгвэл α1+α2+α3 нь хурц өнцөг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь 0<tg(αi+αj)<, 0<tg(α1+α2+α3)< болно. Иймд 0<tg(αi+αj)=ai+aj1aiaj<, ij, i,j=1,2,3 0<tg(α1+α2+α3)=tg(α1+α2)+tgα31tg(α1+α2)tgα3=a1+a2+a3a1a2a31(a1a2+a1a3+a2a3)< 0<1a2a3a2a3<1, 0<a1<1 болно. Иймд a1a2a3<a1<1,a1+a2+a3>a1a2a3,1>a1a2+a1a3+a2a3 гэж гарна. Гэтэл 1>a1a2+a1a3+a2a3>0 нөхцөлөөс бусад бүх нөхцөлүүд мөрдөгдөх тул α1+α2+α3 өнцөг хурц байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь 1>a1a2+a1a3+a2a3>0 болно.


3. 7 гэсэн тоог 3 рационал тооны квадратуудын нийлбэрт тавьж болохгүйг батал.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. z=m2p2+n2q2+2r2, (m,p)=(n,q)=(,r)=1 гэж үзье. 7p2q2r2=m2q2r2+n2p2r2+2p2q2 үүнийг 7A2=B2+C2+D2, A, B, C, D 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 74a2=4b2+(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: 74a2=4b2+4c2+4d2 болох ба эндээс 7a2=b2+c2+d2 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+4c2+4d2 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+tg210+tg250+tg270, a=n1983 бол |2logma|4 тэнцэтгэл бишийг хангах 661-д хуваагддаг, 1728-тай харилцан анхны бүх натурал n-г ол.

Заавар Бодолт
Заавар.

Бодолт. tg(310)=tg30=13=tg(3(50))=tg(370) тул tg3α=3tgαtg3α13tg2α томьёог ашиглавал x1=tg10, x2=tg(50)=tg50, x3=tg70 тоонууд нь 3tgαtg3α13tg2α=13 буюу tg3α3tg2α3tgα+13=0 тэгшитгэлийн язгуурууд нь болно. Тэгвэл Виетийн томьёо ёсоор x1+x2+x3=3, x1x2+x1x3+x2x3=3 тул x21+x22+x23=(x1+x2+x3)22(x1x2+x1x3+x2x3)=(3)22(3)=9 болно. Иймд |2lg10n1983|4, 6lg10n19832, 1061983n1021983, 1983=3661 тул n=661n1 гэж үзвэл 3106n11023 буюу 3106n11 болно. 1728=2633, (n1,2)=(n1,3)=1 гэдгийг анхаарвал энэ сүүлчийн тэнцэтгэл бишийг хангах натурал тоонуудын тоо нь 3106(11213+16)=106 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. ABM нь адил хажуутай ба BMC-ээс биссектриссийн чанар ёсоор |HM||BH|=b4n=|MC||BC|=b2|BC| тул |BC|=2h буюу C=30, B=90 болно. Иймд ABC-г багтаасан дугуйн радиус нь R=b2 болно. ABC-д багтсан дугуйн радиус r=b32(3+3 болохыг төвөггүй олж болно. Иймд SRSV=πR2πr2=b24(3+3)24b23=12+633=4+23


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. A4 бол 2A болно. Учир нь 2 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
  1. эдгээрийн аль нь ч p_1,\dots,p_{i-1}-д үл хуваагдана.
  2. эдгээрийн нэгээс илүүгүй нь p_{i}-д хуваагдана.
  3. эдний нэгээс илүүгүй нь p_{i+1},\dots,{p_n}-д хуваагдана
гэсэн өгүүлбэрүүд хүчинтэй билээ.

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.