Бүс, дүүрэг 2019, намар, 10-р анги
Бодлогын тоо: 4 Хугацаа: 180 мин
1. $a^3+b^3+c^3=3$ байх $a$, $b$, $c$ эерэг бодит тоонуудын хувьд
$$\dfrac{1}{a^4+3}+\dfrac{1}{b^4+3}+\dfrac{1}{c^4+3}\ge\dfrac{3}{4}$$
тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. $$\dfrac{1}{a^4+3}+\dfrac{1}{b^4+3}+\dfrac{1}{c^4+3}=\dfrac13\left(3-\dfrac{a^4}{a^4+3}-\dfrac{b^4}{b^4+3}-\dfrac{c^4}{c^4+3}\right)\ge\dfrac34$$
$$\Leftrightarrow\dfrac{a^4}{a^4+3}+\dfrac{b^4}{b^4+3}+\dfrac{c^4}{c^4+3}\le\dfrac34$$
болохыг батлахад хангалттай.
$a>0$ бол $\dfrac{a^4}{a^4+3}\le\dfrac{a^3}{4}$ гэдгийг баталъя. Энэ нь $4a\le a^4+3$ гэсэн илэрхий тэнцэтгэл биштэй эквивалент юм. ($a^4+3=a^4+1+1+1\ge4\sqrt[4]{a^4\cdot 1\cdot 1\cdot 1}=4a$)
Эндээс $$\dfrac{a^4}{a^4+3}+\dfrac{b^4}{b^4+3}+\dfrac{c^4}{c^4+3}\le\dfrac{a^3+b^3+c^2}{4}=\dfrac{3}{4}$$ болж бодлого бодогдоно. Баталгааны явцаас өгөгдсөн тэнцэтгэл бишийн тэнцэлдээ хүрэх нөхцөл $a=b=c=1$ болно.
$a>0$ бол $\dfrac{a^4}{a^4+3}\le\dfrac{a^3}{4}$ гэдгийг баталъя. Энэ нь $4a\le a^4+3$ гэсэн илэрхий тэнцэтгэл биштэй эквивалент юм. ($a^4+3=a^4+1+1+1\ge4\sqrt[4]{a^4\cdot 1\cdot 1\cdot 1}=4a$)
Эндээс $$\dfrac{a^4}{a^4+3}+\dfrac{b^4}{b^4+3}+\dfrac{c^4}{c^4+3}\le\dfrac{a^3+b^3+c^2}{4}=\dfrac{3}{4}$$ болж бодлого бодогдоно. Баталгааны явцаас өгөгдсөн тэнцэтгэл бишийн тэнцэлдээ хүрэх нөхцөл $a=b=c=1$ болно.
2. $ABCD$ параллелограммын $AB$ тал дээр $E$ цэгийг $AE:EB=1:3$ байхаар, $BC$ тал дээр $F$ цэгийг $BF:FC=3:2$ байхаар, $AD$ тал дээр $G$ цэгийг $AG:GD=1:4$ байхаар тус тус авав. Тэгвэл $EC$, $GF$, $BD$ шулуунууд нэг цэгт огтлолцохыг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. $EC\cap BD=O$ гэе.
$A$-г дайруулан $EC$-тэй параллел шулуун татъя. Энэ шулуун $BD$-тэй $P$ цэгт, $CD$-тэй $H$ цэгт огтлолцдог байг. Тэгвэл
$$\dfrac{OP}{OB}=\dfrac{AE}{EB}=\dfrac{1}{3}$$
байна. Хэрэв $OP=x$ гэвэл $OB=3x$ байна. $AECH$ параллелограмм учир $AE=CH$. Иймд $DH=EB$, $\measuredangle PHD=\measuredangle OEB$, $\measuredangle PDH=\measuredangle EBO$ учир $\triangle DPH=\triangle BOE$. Иймд $DP=OB=3x$. Хэрэв $AG=y$ гэвэл $DG=4y$ тул $BC=AD=5y$ байна. Иймд $BF=3y$, $FC=2y$ болно.
$$\dfrac{DG}{BF}=\dfrac{4y}{3y}=\dfrac{4}{3},\quad \dfrac{DO}{OB}=\dfrac{DP+OP}{OB}=\dfrac{3x+x}{3x}=\dfrac{4}{3}$$
$\measuredangle GDO=\measuredangle OBF\Rightarrow \triangle DGO\sim\triangle BFO\Rightarrow\measuredangle GOD=\measuredangle BOF$ учраас $G$, $O$, $P$ цэгүүд нэг шулуун дээр оршино.
3. $5\times 5$ хүснэгтийн нүд бүрд натурал тоо бичжээ. Хүснэгтийн мөрнүүдэд бичсэн тоонуудын нийлбэр $S_1,S_2,S_3,S_4,S_5$, багануудад бичигдсэн тоонуудын нийлбэр $S_6, S_7, S_8, S_9, S_{10}$ болог. Хэрэв эдгээр 10 тоо бүгд ялгаатай байвал ийм хүснэгтийг "шидэт биш квадрат" гэе. Шидэт биш квадратад бичигдсэн бүх тоонуудын нийлбэр хамгийн багадаа хэд байж болох вэ?
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. Хариу: 48.
$S_1, S_2,\dots, S_{10}\ge 5$ байх нь ойлгомжтой. Эдгээр тоонууд бүгд ялгаатай гэдгээс $\{S_1,S_2,\dots,S_{10}\}$ олонлогийн байж болох "хамгийн бага" хувилбар нь $\{5,6,\dots,13,14\}$ юм. ($S_1+S_2+\dots+S_{10}$ нийлбэрийн хамгийн бага утгатай байх хувилбар). Хүснэгтэд бичигдсэн бүх тоонуудын нийлбэрийг $S$ гэе. Тэгвэл $$S=\dfrac12\cdot(S_1+S_2+\dots+S_{10})\ge\dfrac12(5+6+\dots+14)=\dfrac12\cdot 95=47\dfrac12$$ болж $S\ge 48$ болно. Одоо $S=48$ байх жишээ дурдахад хангалттай. Тухайлбал
$S_1, S_2,\dots, S_{10}\ge 5$ байх нь ойлгомжтой. Эдгээр тоонууд бүгд ялгаатай гэдгээс $\{S_1,S_2,\dots,S_{10}\}$ олонлогийн байж болох "хамгийн бага" хувилбар нь $\{5,6,\dots,13,14\}$ юм. ($S_1+S_2+\dots+S_{10}$ нийлбэрийн хамгийн бага утгатай байх хувилбар). Хүснэгтэд бичигдсэн бүх тоонуудын нийлбэрийг $S$ гэе. Тэгвэл $$S=\dfrac12\cdot(S_1+S_2+\dots+S_{10})\ge\dfrac12(5+6+\dots+14)=\dfrac12\cdot 95=47\dfrac12$$ болж $S\ge 48$ болно. Одоо $S=48$ байх жишээ дурдахад хангалттай. Тухайлбал
| 1 | 1 | 1 | 1 | 1 |
| 1 | 1 | 1 | 2 | 2 |
| 1 | 1 | 2 | 3 | 3 |
| 1 | 2 | 2 | 3 | 3 |
| 2 | 3 | 3 | 3 | 4 |
4. $f(x)=x^5+x^4+1$ байг. Ямар нэг натурал тоо $n$-ийн хувьд $f(n)$ нь яг 6 ялгаатай натурал тоон хуваагчтай бол $n^3-n+1$ нь натурал тооны квадрат болохыг батал.
Заавар Бодолт
Заавар.
Бодолт. $f(1)=3$, $f(2)=49$ тоонууд яг 6 ялгаатай натурал тоон хуваагчгүй. Иймд $n\ge 3$. Яг 6 ялгаатай натурал тоон хуваагчтай тоо нь $p^5$ эсвэл $p^2q$ (энд $p$, $q$ - ялгаатай анхны тоонууд) хэлбэртэй болохыг хялбархан харж болно. Түүнчлэн
$$n^5+n^4+1=(n^3-n+1)\cdot(n^2+n+1)$$
байна. $(n^3-n+1,n^2+n+1)=d$ гэе. Тэгвэл
$$d\mid (n-2)=(n-1)(n^2+n+1)-(n^3-n+1)$$
бөгөөд эндээс
$$d\mid (n^2+n+1)-(n+3)(n-2)=7$$
болж $d=1$ эсвэл $d=7$ байна.
а) $d=1$ байг.
Энэ тохиолдолд $f(n)$-ийн нэг үржигдэхүүн $p^2$-тай нөгөө нь $q$-тэй тэнцүү байх ба $$n^2
б) $d=7$ байг.
Энэ тохиолдолд $7^2\mid f(n)$ болж $f(n)=7^2q$ эсвэл $f(n)=7^5$ болно. (энд $q\neq 7$ анхын тоо!)
(б1) $f(n)=7^2q$ байвал түүний үржигдэхүүнд $7$ ба $7q$ байхаас аргагүй.
(б2) $f(n)=7^5$ байвал түүний үржигдэхүүнд $7$ ба $7^4$ болж аль ч тохиолдолд $(n^2+n+1)$ ба $n^3-n+1$ үржигдэхүүнүүдийн аль нэг нь $7$-той тэнцүү болно. Гэвч $n\ge 3$ үед ийм байх боломжгүй.
а) $d=1$ байг.
Энэ тохиолдолд $f(n)$-ийн нэг үржигдэхүүн $p^2$-тай нөгөө нь $q$-тэй тэнцүү байх ба $$n^2
б) $d=7$ байг.
Энэ тохиолдолд $7^2\mid f(n)$ болж $f(n)=7^2q$ эсвэл $f(n)=7^5$ болно. (энд $q\neq 7$ анхын тоо!)
(б1) $f(n)=7^2q$ байвал түүний үржигдэхүүнд $7$ ба $7q$ байхаас аргагүй.
(б2) $f(n)=7^5$ байвал түүний үржигдэхүүнд $7$ ба $7^4$ болж аль ч тохиолдолд $(n^2+n+1)$ ба $n^3-n+1$ үржигдэхүүнүүдийн аль нэг нь $7$-той тэнцүү болно. Гэвч $n\ge 3$ үед ийм байх боломжгүй.