ММО-55, II даваа, 12-р анги
Бодлогын тоо: 6 Хугацаа: 540 мин
1. $a, b, c > 1$ ба $a$, $b$, $c$ дараалал геометр прогресс, харин $\log_ab$, $\log_bc$, $\log_ca$ дараалал арифметик прогресс үүсгэдэг бол уг арифметик прогрессын ялгаврын авч болох утгуудыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар. Бодлогын нөхцөлөөс $b^2=ac$ ба $2\log_bc=\log_ab+\log_ca$ байна.
Бодолт. $2\log_bc=\log_ab+\log_ca$ нөхцөлөөс
\begin{align*}
\dfrac{2\log_cc}{\log_cb}&=\dfrac{\log_cb}{\log_ca}+\log_ca\\
\dfrac{2}{\frac12\log_cb^2}&=\dfrac{\frac12\log_cb^2}{\log_ca}+\log_ca\\
\dfrac{4}{\log_cac}&=\dfrac{\log_cac}{2\log_ca}+\log_ca\\
\dfrac{4}{\log_ca+1}&=\dfrac{\log_ca+1}{2\log_ca}+\log_ca
\end{align*}
болно. $t=\log_ca$ гэвэл
$$\dfrac{4}{t+1}=\dfrac{t+1}{2t}+t\Rightarrow 8t=(t+1)^2+2t^2(t+1)$$
буюу
$$2t^3+3t^2-6t+1=(t-1)(2t^2+5t-1)=0$$
тул $t=1$ эсвэл $2t^2+5t-1=0$ байна. $a$, $c>1$ тул $\log_ac>0$ байна. Иймд $t>0$ тул $2t^2+5t-1=0$ тэгшитгэлээс
$$t=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}$$
шийд болно.
Арифметик прогрессийн ялгавар нь \begin{align*} d&=\log_ca-\log_bc=\log_ca-\dfrac{1}{\log_cb}\\ &=\log_ca-\dfrac{1}{\frac12\log_cb^2}=\log_ca-\dfrac{2}{\log_cac}\\ &=\log_ca-\dfrac{2}{\log_ca+1}=t-\dfrac{2}{t+1} \end{align*} байна. $t=1$ үед $d=1-\dfrac{2}{1+1}=0$ болно. Харин $t=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}$ бол \begin{align*} d&=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{2}{\frac{-5+\sqrt{33}}{4}+1}=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{8}{\sqrt{33}-1}\\ &=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{8(\sqrt{33}+1)}{33-1}=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{\sqrt{33}+1}{4}=-\dfrac32 \end{align*} Иймд $d=0$ эсвэл $d=-\dfrac32$ болов.
Арифметик прогрессийн ялгавар нь \begin{align*} d&=\log_ca-\log_bc=\log_ca-\dfrac{1}{\log_cb}\\ &=\log_ca-\dfrac{1}{\frac12\log_cb^2}=\log_ca-\dfrac{2}{\log_cac}\\ &=\log_ca-\dfrac{2}{\log_ca+1}=t-\dfrac{2}{t+1} \end{align*} байна. $t=1$ үед $d=1-\dfrac{2}{1+1}=0$ болно. Харин $t=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}$ бол \begin{align*} d&=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{2}{\frac{-5+\sqrt{33}}{4}+1}=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{8}{\sqrt{33}-1}\\ &=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{8(\sqrt{33}+1)}{33-1}=\dfrac{-5+\sqrt{33}}{4}-\dfrac{\sqrt{33}+1}{4}=-\dfrac32 \end{align*} Иймд $d=0$ эсвэл $d=-\dfrac32$ болов.
2. $O$ төвтэй $\omega$ тойргийн гадна орших $P$ цэгээс $\omega$ тойрогт $PA$ ба $PB$ шүргэгч татав. $P$ цэгийг дайрсан шулуун $\omega$ тойргийг $C$ ба $D$ цэгт огтолно. $CE$ нь $\omega$ тойргийн диаметр байг. $DE$ шулууны $AO$ ба $BO$ шулуунтай огтлолцох цэгүүдийг харгалзан $X$ ба $Y$ гэвэл $OP^2 = OX \cdot OY$ гэж батал.
3. $2n \times 2n$ хүснэгтийн $n(2n + 1)$ нүдэнд $1$, бусад нүдэнд $0$ гэж бичив. Ялгаатай хоёр мөр сонгон авч нэг мөрний $i$-р тоог нөгөө мөрний $i$-р тоонд үржүүлээд эдгээр $2n$ үржвэрийг нэмье. Ингэж олсон нийлбэр нь $\left\lfloor\dfrac{n+2}{2}\right\rfloor$-с багагүй байх ялгаатай хоёр мөр олдоно гэж харуул.
4. $K$ цэгт гадаад байдлаар шүргэлцэх $\omega_1$ ба $\omega_2$ тойргуудын төвүүд $O_1$ ба $O_2$ байв. $O_1O_2$ шулуун $\omega_1$ ба $\omega_2$ тойргуудыг $K$ цэгээс ялгаатай $A$ ба $B$ цэгүүдэд огтолно. $AB$ хэрчмийн дундаж цэг дээр төвтэй тойрог $\omega_1$ ба $\omega_2$ тойргуудыг дөрвөн цэгээр огтлоно. Энэ дөрвөн цэгт оройтой дөрвөн өнцөгтийн диагоналиуд $K$ цэгт огтлолцоно гэж батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Өгөгдсөн нөхцөлүүдээс
$$JO_2=\dfrac{AB}{2}-O_2B=O_1K+O_2K-O_2B=O_1K=O_1M$$
байна. Яг адилаар $O_1J=O_2N$ болно. Мөн $JM=JN$ тул $\triangle O_1MJ=\triangle O_2JN$ байна. Иймд $\angle MO_1K=\angle NO_2K$ гэдгээс $\angle O_1KM=\angle O_2KN$ буюу $M$, $N$, $K$ цэгүүд нэг шулуун дээр оршино.
5. $n \ge 2$ гэе. $n$ зэргийн бодит $P(x)$ олон гишүүнт ба $m \ge 1$ урттай тогтмол биш $a_1 ,\dots, a_m$ арифметик прогресс $P(a_1 ),\ldots, P (a_m)$ дараалал мөн тогтмол биш арифметик прогресс болохоор олддог байх $m$ тооны хамгийн их утгыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар. $n$-ээс хэтрэхгүй зэргийн олон гишүүнт нь $n+1$ цэг дээрх утгаараа нэг утгатай (интерполяцийн олон гишүүнт) тодорхойлогддог.
Бодолт. $(a_1,aa_1+b), (a_2,aa_2+b),\ldots,(a_m,aa_m+b)$ цэгүүдийг дайрсан олон гишүүнтийн зэрэг $n$ нь $m$-ээс бага бол заавар ёсоор олдох цор ганц олон гишүүнт нь $P(x)=ax+b$ байна. Энэ нь $n=\deg P(x)\ge 2$ гэсэнд зөрчинө. Иймд $m\le n$ байна. Нөгөө талаас
$$P(x)=(x-1)(x-2)\dots(x-n)+x$$
гэсэн $n$ зэргийн олон гишүүнт бодлогын нөхцөлийг хангана. Энэ тохиолдолд $m=n$ тул $m$-ийн боломжит хамгийн их утга нь $n$ юм.
6. $n^m = m^n + m + n$ байх бүх натурал тоон $(n, m)$ хосыг ол.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. $(n, m) = (2, 5)$ шийд болох нь илт тул өөр шийдгүй гэж харуулъя.
$n = 1$ үед $1^m < m^1 + m + 1$ тул шийдгүй. $n = 2$ үед $m \le 4$ шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр $m \ge 6$ хувьд $$2^m > m^2 + m + 2\qquad (*)$$ гэж харуулъя. $m = 6$ үед $2^6 = 64 > 44 = 6^2 + 2 + 6$ үнэн ба $m \ge 6$ хувьд үнэн гэвэл $$2^{m+1} \ge 2 \cdot (m^2 + m + 2)= m^2 + m^2 + 2m + 4> m^2 + 3m + 4= (m + 1)^2 + (m + 1) + 2$$ тул $m + 1$ хувьд үнэн. Иймд $n = 2$, $m \neq 5$ шийдгүй.
$n \ge 3$ гээд дахиад тохиолдолд салгая. $m = 1$ үед $n^1 < 1^n + 1 + n$ тул шийдгүй.
$m = 2$ үед дурын $n \ge 1$ хувьд $n^2 < 2^n + 2 + n$ байна. Үнэхээр, $n \le 5$ хувьд шалгахад төвөггүй ба $n \ge 6$ хувьд $(*)$–с $$2^n + 2 + n > 2^n > n^2 + n + 2 > n^2$$ байна. Иймд $m = 2$ үед шийдгүй.
$m \ge 3$ гэе. $m > n \ge 3$ хувьд $$n^m > m^n + m + n\qquad (**)$$ гэж харуулъя. Эхлээд $e = \sup\limits_{n\ge 1}\left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n< 2.72 <\dfrac{74}{27}$ болохыг саная. $m = n + 1$ үед $$\dfrac{1}{n^n}\big((n + 1)^n + (n + 1) + n\big) = \left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n+\dfrac{2}{n^{n-1}}+\dfrac{1}{n^n}\le e +\dfrac{2}{3^2}+ \dfrac{1}{3^3}< 3\le n$$ тул үнэн. Одоо $m > n$ хувьд үнэн гээд $m + 1$ тохиолдлыг авч үзье. Энд $$n \ge 3 \ge e \ge\left(1 +\dfrac{1}{m}\right)^m\ge\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^n$$ болохыг анзаарвал $$n^{m+1} > n(m^n + m + n) > (m + 1)^n + n(m + n) > (m + 1)^n + (m + 1) + n$$ болно. Индукцээр дурын $m > n \ge 3$ хувьд үнэн.
Эцэст нь $n \ge m \ge 3$ гэе. $n = m$ үед илт шийдгүй ба $n > m \ge 3$ үед $(**)$–с $$m^n + m + n > m^n > n^m + n + m > n^m$$ болох тул шийдгүй.
$n = 1$ үед $1^m < m^1 + m + 1$ тул шийдгүй. $n = 2$ үед $m \le 4$ шийдгүй болохыг шалгахад төвөггүй. Индукцээр $m \ge 6$ хувьд $$2^m > m^2 + m + 2\qquad (*)$$ гэж харуулъя. $m = 6$ үед $2^6 = 64 > 44 = 6^2 + 2 + 6$ үнэн ба $m \ge 6$ хувьд үнэн гэвэл $$2^{m+1} \ge 2 \cdot (m^2 + m + 2)= m^2 + m^2 + 2m + 4> m^2 + 3m + 4= (m + 1)^2 + (m + 1) + 2$$ тул $m + 1$ хувьд үнэн. Иймд $n = 2$, $m \neq 5$ шийдгүй.
$n \ge 3$ гээд дахиад тохиолдолд салгая. $m = 1$ үед $n^1 < 1^n + 1 + n$ тул шийдгүй.
$m = 2$ үед дурын $n \ge 1$ хувьд $n^2 < 2^n + 2 + n$ байна. Үнэхээр, $n \le 5$ хувьд шалгахад төвөггүй ба $n \ge 6$ хувьд $(*)$–с $$2^n + 2 + n > 2^n > n^2 + n + 2 > n^2$$ байна. Иймд $m = 2$ үед шийдгүй.
$m \ge 3$ гэе. $m > n \ge 3$ хувьд $$n^m > m^n + m + n\qquad (**)$$ гэж харуулъя. Эхлээд $e = \sup\limits_{n\ge 1}\left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n< 2.72 <\dfrac{74}{27}$ болохыг саная. $m = n + 1$ үед $$\dfrac{1}{n^n}\big((n + 1)^n + (n + 1) + n\big) = \left(1 +\dfrac{1}{n}\right)^n+\dfrac{2}{n^{n-1}}+\dfrac{1}{n^n}\le e +\dfrac{2}{3^2}+ \dfrac{1}{3^3}< 3\le n$$ тул үнэн. Одоо $m > n$ хувьд үнэн гээд $m + 1$ тохиолдлыг авч үзье. Энд $$n \ge 3 \ge e \ge\left(1 +\dfrac{1}{m}\right)^m\ge\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^n$$ болохыг анзаарвал $$n^{m+1} > n(m^n + m + n) > (m + 1)^n + n(m + n) > (m + 1)^n + (m + 1) + n$$ болно. Индукцээр дурын $m > n \ge 3$ хувьд үнэн.
Эцэст нь $n \ge m \ge 3$ гэе. $n = m$ үед илт шийдгүй ба $n > m \ge 3$ үед $(**)$–с $$m^n + m + n > m^n > n^m + n + m > n^m$$ болох тул шийдгүй.