Заавар.

Бодолт. $a_0\leqslant{a_1}\leqslant\dots\leqslant{a_n}$ гэж эрэмбэлсэн гэе. Тэгвэл $a_1=a_0+a_0=2$, $a_2\leqslant{a_1+a_1}=4$, $a_3\leqslant{a_2+a_2}=8,\ldots,a_n\leqslant{a_{n-1}+a_{n-1}}\leqslant{2\cdot2^{n-1}}=2^n$ болно. Иймд $$a_0+a_1+...+a_n\leqslant1+2+2^2+\dots+2^n=\dfrac{2^n\cdot2-1}{2-1}=2^{n+1}-1<2^{n+1}$$

Заавар.

Бодолт. $\alpha_1\leqslant \alpha_2 \leqslant \alpha_3 < {90^\circ}$ гэж үзье. Тэгвэл $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$ нь хурц өнцөг байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь $0<\tg(\alpha_i+\alpha_j)<\infty$, $0<\tg(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3)<\infty$ болно. Иймд $$0<\tg(\alpha_i+\alpha_j)=\dfrac{a_i+a_j}{1-{a_i}{a_j}}<\infty,\ i\neq j,\ i,j=1,2,3$$ \begin{align*} 0 <\tg(\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3) & =\dfrac{\tg(\alpha_1+\alpha_2)+\tg{\alpha_3}}{1-\tg(\alpha_1+\alpha_2)\tg{\alpha_3}}\\ & =\dfrac{a_1+a_2+a_3-a_1{a_2}{a_3}}{1-(a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3})} < \infty \end{align*} $0<1-a_2{a_3}\Rightarrow a_2{a_3}<1$, $0 < a_{1} < 1$ болно. Иймд $$a_1{a_2}{a_3}< a_{1}<1,\quad a_1+{a_2}+{a_3}>a_1{a_2}{a_3},\quad 1>a_1a_2+a_1{a_3}+a_2{a_3}$$ гэж гарна. Гэтэл $1>a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3}>0$ нөхцөлөөс бусад бүх нөхцөлүүд мөрдөгдөх тул $\alpha_1+\alpha_2+\alpha_3$ өнцөг хурц байх зайлшгүй бөгөөд хүрэлцээтэй нөхцөл нь $$1>a_1{a_2}+a_1{a_3}+a_2{a_3}>0$$ болно.

Заавар.

Бодолт. $z=\dfrac{m^2}{p^2}+\dfrac{n^2}{q^2}+\dfrac{\ell^2}{r^2}$, $(m, p)=(n, q)=(\ell, r)=1$ гэж үзье. $$7{p^2}{q^2}{r^2}={m^2}{q^2}{r^2}+{n^2}{p^2}{r^2}+{\ell^2}{p^2}{q^2}$$ үүнийг $7A^2=B^2+C^2+D^2$, $A$, $B$, $C$, $D$ $\in\mathbb N$ 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 $7\cdot 4a^2=4b^2+(2c+1)^2+(2d+1)^2$ 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: $7\cdot 4a^2=4b^2+4c^2+4d^2$ болох ба эндээс $7a^2=b^2+c^2+d^2$ 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. $7(2a+1)^2=(2b+1)^2+4c^2+4d^2$ 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.

Заавар.

Бодолт. $\tg(3\cdot10^\circ)=\tg 30^\circ=\dfrac{1}{\sqrt{3}}=\tg(3\cdot (-50^\circ))=\tg(3\cdot70^\circ)$ тул $\tg{3\alpha}=\dfrac{3\tg\alpha-\tg^3\alpha}{1-3\tg^2\alpha}$ томьёог ашиглавал $x_1=\tg10^\circ$, $x_2=\tg(-50)^\circ=-\tg50^\circ$, $x_3=\tg70^\circ$ тоонууд нь $$\dfrac{3\tg\alpha-\tg^3\alpha}{1-3\tg^2\alpha}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}$$ буюу $$\tg^3\alpha-\sqrt{3}\tg^2\alpha-3\tg\alpha+\dfrac{1}{\sqrt{3}}=0$$ тэгшитгэлийн язгуурууд нь болно. Тэгвэл Виетийн томьёо ёсоор $x_1+x_2+x_3=\sqrt{3}$, ${x_1}{x_2}+{x_1}{x_3}+{x_2}{x_3}=-3$ тул $$x_1^2+x_2^2+x_3^2=(x_1+x_2+x_3)^2-2({x_1}{x_2}+{x_1}{x_3}+{x_2}{x_3})=(\sqrt{3})^2-2(-3)=9$$ болно. Иймд $$\left|2-\lg_{10}\dfrac{n}{1983}\right|\leqslant 4,$$ $$6\geqslant{\lg_{10}{\dfrac{n}{1983}}}\geqslant{-2},$$ $$10^6\cdot1983\geqslant{n}\geqslant{10^{-2}\cdot1983},$$ $1983=3\cdot661$ тул $n=661\cdot{n_1}$ гэж үзвэл $3\cdot{10^6}\geqslant{n_1}\geqslant{10^2\cdot3}$ буюу $3\cdot{10^6}\geqslant{n_1}\geqslant{1}$ болно. $1728=2^6\cdot3^3$, $(n_1,2)=(n_1,3)=1$ гэдгийг анхаарвал энэ сүүлчийн тэнцэтгэл бишийг хангах натурал тоонуудын тоо нь $$3\cdot10^6\left(1-\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{6}\right)=10^6$$ болно.

Заавар.

Бодолт. $BM$ медиан ба $BH$ өндөр байг. ($32$-р зураг) $|AC|=b$, $|BH|=h$ гэе. $\triangle{ABM}$ нь адил хажуутай ба $\triangle{BMC}$-ээс биссектриссийн чанар ёсоор $\dfrac{|HM|}{|BH|}=\dfrac{b}{4\cdot{n}}=\dfrac{|MC|}{|BC|}=\dfrac{b}{2|BC|}$ тул $|BC|=2h$ буюу $\angle{C}=30^\circ$, $\angle{B}=90^\circ$ болно. Иймд $\triangle ABC$-г багтаасан дугуйн радиус нь $R=\dfrac{b}{2}$ болно. $\triangle ABC$-д багтсан дугуйн радиус $r=\dfrac{b\sqrt{3}}{2(3+\sqrt{3}}$ болохыг төвөггүй олж болно. Иймд $\dfrac{S_R}{S_V}=\dfrac{\pi{R^2}}{\pi{r^2}}=\dfrac{b^2\cdot4(3+\sqrt{3})^2}{4\cdot{b^2}\cdot3}=\dfrac{12+6\sqrt{3}}{3}=4+2\sqrt{3}$

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. $A\geqslant{4}$ бол $2\mid A$ болно. Учир нь $2\nmid A$ 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.