Заавар.

Бодолт.

Заавар.

Бодолт. $a,a+1,a+2,\dots,a+7$ нь өгөгдсөн тоонууд болог. $a^{2}+(a+1)^{2}+\dots +(a+7)^{2}=8a^{2}+5a+140 \Rightarrow $ аль ч ангийн тоонуудын квадратуудын нийлбэр $4a^{2}+28a+70$ болно. $X=\{a+7,a+i,a+j,a+k\}$ ангийг сонирхоё. $3a^{2}+2a(i+j+k)+i^{2}+j^{2}+k^{2}=4a^{2}+28a+70-(a+7)^{2}= 3a^{2}+14A+21$ буюу $2a(i+j+k-7)=21-(i^{2}+j^{2}+k^{2})$ болно. Батлах зүйл нь $i+j+k=7$ гэдгийг харуулахтай адил. Эсрэгээс нь батлая.

1. $i+j+k\geq 8$ байг. Тэгвэл $i^{2}+j^{2}+k^{2}\geq \dfrac{(i+j+k)^{2}}{3}\ge \dfrac{64}{3}>21$ болж зөрчилд хүрнэ. $(2a(i+j+k)-7>0$ билээ.)
2. $i+j+k\le 6$ байг. $21-(i^{2}+j^{2}+k^{2})$ нь тэгш тоо. $\Rightarrow $ $i^{2}+j^{2}+k^{2}$ сондгой буюу $i+j+k$ сондгой. Иймд $\{i,j,k\}=\{0,1,2\}$ эсвэл $\{0,1,4\}$ эсвэл $\{0,2,3\}$ байхаас өөрцгүй. Аль ч тохиолдолд $21-(i^{2}+j^{2}+k^{2})>0>2a(i+j+k-7)$ болж зөрчилд хүрнэ. Иймд $i+j+k=7$ буюу анги тус бүрийн тоонуудын нийлбэр тэнцүү ажээ.

Заавар.

Бодолт. $CM=MA\Rightarrow CC_1=AA_1$ $$\left. \begin{array}{c} \triangle KLK_1 \sim \triangle CLC_1\Rightarrow \dfrac{CL}{KL}=\dfrac{CC_1}{KK_1} \\ \triangle NKK_1 \sim \triangle NAA_1\Rightarrow \dfrac{KN}{NA}=\dfrac{KK_1}{AA_1} \\ \end{array} \right.$$ гэдгээс $\dfrac{CL}{KL}=\dfrac{AN}{KN}$ болно. $\triangle CBN$-адил хажуут гурвалжин болох нь илэрхий. $BC=BN$ болно. $$\triangle CBK \sim \triangle ABC\Rightarrow \dfrac{BC}{BK}=\dfrac{AC}{CK} \Rightarrow \dfrac{KC}{BK}=\dfrac{AC}{BC}$$ болно. $$\dfrac{CL}{KL}=\dfrac{AN}{KN}=\dfrac{AC}{CK}=\dfrac{BC}{BK}=\dfrac{BN}{BK} \Rightarrow$ $\dfrac{CL}{KL}=\dfrac{BN}{BK}$$ гэдгээс $$\dfrac{CK+KL}{KL}=\dfrac{BK+KN}{BK}$$ $$1+\dfrac{CK}{KL}=1+\dfrac{KN}{BK}\Rightarrow \dfrac{CK}{KL}=\dfrac{BN}{BK}$$ $\triangle CKN$ ба $\triangle BKL$ гурвалжнууд т.ө.т шинжээр $\triangle CKN \sim \triangle LKB$ болж $CN\parallel BL$ болно.

Заавар.

Бодолт. $22,23,24,\dots, 44$ гэсэн 23 тоог сонирхоё. Эдгээрийн аль ч хоёрынх нь нийлбэр үлдсэн тоонуудаас их учир аль ч гурав нь гурвалжны тал болж чадна. 11 ангид хуваасан тул $(23=11\cdot 2+1)$ Дирихлейн зарчмаар эдгээр 23 тооноос нэг ангид орох 3 тоо олдох болж бодлого бодогдов.

Заавар.

Бодолт. $m>1$ тул $2^{2m+1}=n^{2}+k~k=0,1,\dots,6$ үед шийдгүйг батлая. $k=0$ үед $2^{2m+1}=n^{2}$ шийдгүй болох нь илэрхий. $m>1$ үед $2^{2m+1}\equiv 0\pmod8$ учир $k=1,3,5$ үед $n$ сондгой тоо гэдгээс $n^{2}\equiv 1\pmod8\Rightarrow k\equiv -1\pmod8$ болж зөрчилд хүрнэ. $k=2$ эсвэл $k=6$ үед $n$ тэгш тоо гэдгээс $k=2^{2m+1}-n^{2}\equiv0\pmod4$ болох ба $2_{i}6$-нь 4-д хуваагдахгүй. Харин $k=7$ үед $2^{2m+1}=n^{2}+7$ тэгшитгэл $m>1,~n\geq 0$ байх үед $m=2;~n=5$ ба $m=3;~n=11$ мөн $m=7;~n=181$ гэх мэт шийдтэй. Иймд $ 2^{2m+1}\geq n^{2}+7$ болох нь батлагдав.

Заавар.

Бодолт. (a) $n$-тэгш байг. $n\times n$ квадратыг $\dfrac{n^2}{4}$ ширхэг $2\times2$ квадратуудад хуваая. Бид $\dfrac{n^2}{2}+1$ ширхэг нүд будсан гэдгээс Дирихлейн зарчмаар ямар нэг $2\times2$ квадратын 3 нүд хараар будагдсан байна. Энэ нь хар өнгөт холбоост 3 нүд юм.

(б) $n=3$ үед $3\times3$ хүснэгтийн 6 нүдийг хараар будсан гэе. Эсрэгээс нь холбоост 3 хар нүд олддоггүй гэвэл аль ч багана ба аль ч мөр бүтнээрээ будагдсан байж таарахгүй. Иймд аль ч мөр, багана будагдсан нүд яг 2 ширхэг байна. Дээд талын $2\times3$ тэгш өнцөгтөд будагдсан нүд яг 4 ш байна. Иймд уг тэгш өнцөгтөд дор хаяж 1 багана $(2\times1)$ бүтнээрээ будагдсан. Тэр нь голын багана багана байж таарахгүй (Учир нь түүний 2 талын багануудад нэг ч нүд хараар будагдалт болохгүйд хүрнэ). Иймд уг тэгш өнцөгтийн захын 2 багана бүтнээрээ будагдана. Тэгвэл доод мөрний зөвхөн голын нүд будагдах ба ба ахин нэг нүд будагдсан байх ёстой. Сондгой $n$-ийн хувьд индукцлэе. Бодлогыг $(n-2)\times(n-2)$ хүснэгт ба $3\times3$ хүснэгтийн хувьд үнэн байдаг гэе. Дараах байдлаар $n\times n$ хүснэгтэд шилжинэ. $(n-2)\times(n-2)$ зурагт үзүүлсний адилаар $(n-3)$ ширхэг $2\times2$ квадрат ба 1 ширхэг $3\times3$ квадратыг <<наая>> (Анхны $(n-2)\times(n-2)$ хүснэгт сүүлийн $3\times3$ квадрат хүснэгттэй 1 ерөнхий нүдтэй). Нийт будагдсан нүдний тоо нь: $$\frac{n^2+n}{2}=2(n-3)+5+\frac{(n-2)(n-1)}{2}$$ Энэ нь индукцын шилжилт юм.