Энхболд XV, 10-р анги
Бодлогын тоо: 4 Хугацаа: 210 мин
1. Натурал $n$ тооны цифрүүдийн нийлбэрийг $S(n)$ гэж тэмдэглэе. $S(n)=S(5n)-2018$ байх хамгийн бага натурал $n$ тоог ол.
2. Дурын эерэг $a$, $b$, $c$, $d$ тоонуудын хувьд
$$\dfrac{(a+b)(c+d)}{abcd}\ge\dfrac{4(a+b+c+d)^2}{(a+c)^2(b+d)^2}$$
тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Заавар Бодолт
Заавар. Тэнцэтгэл бишийн 2 талыг $\left(\dfrac{1}{\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{\sqrt{bd}}\right )^2$ тоотой жиш.
Бодолт. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
$$\dfrac{(a+b)(c+d)}{abcd}=\dfrac{ac+ad+bc+bd}{abcd}\ge \dfrac{ac+2\sqrt{abcd}+bd}{abcd}=\left ( \dfrac{1}{\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{\sqrt{bd}}\right )^2$$ болно. Нөгөө талаас $$\dfrac{4(a+b+c+d)^2}{(a+c)^2(b+d)^2}=\left ( \dfrac{2(a+b+c+d)}{(a+c)(b+d)}\right )^2=\left( \dfrac{2}{a+c}+\dfrac{2}{b+d}\right)^2\le \left ( \dfrac{1}{\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{\sqrt{bd}}\right)^2$$ болох ба эндээс батлах зүйл гарна.
$$\dfrac{(a+b)(c+d)}{abcd}=\dfrac{ac+ad+bc+bd}{abcd}\ge \dfrac{ac+2\sqrt{abcd}+bd}{abcd}=\left ( \dfrac{1}{\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{\sqrt{bd}}\right )^2$$ болно. Нөгөө талаас $$\dfrac{4(a+b+c+d)^2}{(a+c)^2(b+d)^2}=\left ( \dfrac{2(a+b+c+d)}{(a+c)(b+d)}\right )^2=\left( \dfrac{2}{a+c}+\dfrac{2}{b+d}\right)^2\le \left ( \dfrac{1}{\sqrt{ac}}+\dfrac{1}{\sqrt{bd}}\right)^2$$ болох ба эндээс батлах зүйл гарна.
3. $a_1=1$, $a_2=2$ бөгөөд $n\ge2$ үед $a_1\cdot a_2\cdot\cdots\cdot a_n+1$ тоог хуваадаг хамгийн их анхны тоон хуваагчийг $a_{n+1}$ гэж тодорхойлов. Энэ дараалалд 11-тэй тэнцүү гишүүн бий юу?
Заавар Бодолт
Заавар. Жишлэг ашигла.
Бодолт. Т. Базарын ирүүлсэн бодолт.
$a_1=1$, $a_2=2$, $a_3=3$, $a_4=7$ байхыг хялбархан шалгаж болно. Ямар нэг $n$ тооны хувьд $a_n=11$ байдаг гэе. Тэгвэл $1+a_1a_2a_3\dots a_{n-1}$ тоо $2$, $3$, $7$ тоонуудтай харилцан анхны тоо тул $1+a_1a_2a_3\dots a_{n-1}=5^c11^b$ хэлбэртэй гэж үзэж болно. $a_1a_2\dots a_{n-1}$ тоо тэгш тоо боловч 4-т хуваагдахгүй тул $4k+2$ хэлбэртэй тоо байна. Иймд $1+a_1a_2\dots a_{n-1}=4k+3$ хэлбэртэй тоо байна. Эндээс жишлэг ашиглавал $5^c11^b\equiv (-1)^b \equiv 3\pmod 4$ тул $b$ сондгой болно. Мөн $1+a_1a_2\dots a_{n-1}\equiv 1\equiv (-1)^{c+b} \pmod 3$ тул $c+b$ тэгш болох тул $c$, $b$ хоёул сондгой болно. Иймд $c=2c_1+1$, $b=2b_1+1$ гэе. \[5^{2c_1+1}\equiv 5, -1, 3 \pmod 7, \quad 11^{2b_1+1}\equiv 4^{2b_1+1}\equiv 1, 2, 4 \pmod 7\] байхыг хялбархан шалгаж болох ба $5^{2c_1+1}11^{2b_1+1}\not\equiv 1 \pmod 7$ тул зөрчил үүсэв. Иймд $n$ тоо олдохгүй.
$a_1=1$, $a_2=2$, $a_3=3$, $a_4=7$ байхыг хялбархан шалгаж болно. Ямар нэг $n$ тооны хувьд $a_n=11$ байдаг гэе. Тэгвэл $1+a_1a_2a_3\dots a_{n-1}$ тоо $2$, $3$, $7$ тоонуудтай харилцан анхны тоо тул $1+a_1a_2a_3\dots a_{n-1}=5^c11^b$ хэлбэртэй гэж үзэж болно. $a_1a_2\dots a_{n-1}$ тоо тэгш тоо боловч 4-т хуваагдахгүй тул $4k+2$ хэлбэртэй тоо байна. Иймд $1+a_1a_2\dots a_{n-1}=4k+3$ хэлбэртэй тоо байна. Эндээс жишлэг ашиглавал $5^c11^b\equiv (-1)^b \equiv 3\pmod 4$ тул $b$ сондгой болно. Мөн $1+a_1a_2\dots a_{n-1}\equiv 1\equiv (-1)^{c+b} \pmod 3$ тул $c+b$ тэгш болох тул $c$, $b$ хоёул сондгой болно. Иймд $c=2c_1+1$, $b=2b_1+1$ гэе. \[5^{2c_1+1}\equiv 5, -1, 3 \pmod 7, \quad 11^{2b_1+1}\equiv 4^{2b_1+1}\equiv 1, 2, 4 \pmod 7\] байхыг хялбархан шалгаж болох ба $5^{2c_1+1}11^{2b_1+1}\not\equiv 1 \pmod 7$ тул зөрчил үүсэв. Иймд $n$ тоо олдохгүй.
4. $AB$, $CD$ суурьтай $ABCD$ трапецийн диагоналууд $O$ цэгт огтлолцоно. $AB=BD$, $AO=AD$ бөгөөд $\measuredangle CBD=15^\circ$ бол $\measuredangle ABD$ өнцгийг ол.