ММО-57, III даваа, F (11-12) ангилал
1. $1 \ge d_{1} \ge \dots \ge d_{n} \ge 0$ байх бодит тоонуудын хувьд
$$\dfrac{(1+d_{1}+d_{2}+\dots + d_{n})^{2}}{n+1} \ge 2\cdot \dfrac{d_{1}^{2} + 2d_{2}^{2} + \dots + nd_{n}^{2}}{n}$$
тэнцэтгэл биш биелэхийг батал.
Бодолт 1.
$n = 1$ үед $0 \le d_{1} \le 1$ тул $(1+d_{1})^{2} = 1 + 2d_{1} + d_{1}^{2} \ge 4d_{1}^{2}$ үнэн.$n\ge 2$ ба $n-1$ үед үнэн гэе. Энд
\begin{equation}
S = 1 + d_{1} + d_{2} + \dots + d_{n-1}\quad \text{ба}\quad D = d_{1}^{2} + 2d_{2}^{2} + \dots + (n-1)d_{n-1}^{2}
\end{equation}
гэвэл $(n-1)S^{2} \ge 2nD$ ба одоо $n(S+ d_{n})^{2} \ge 2(n+1)(D+ nd_{n}^{2})$ гэж харуулах хэрэгтэй. Нөхцөлөөс $D\ge (1 + 2 + \dots (n-1))d_{n}^{2} = \dfrac{(n-1)n}{2}d_{n}^{2}$ тул
\begin{equation}
(n-1)nS^{2} \ge 2n^{2}D \ge 2(n^{2}-1)D + (n-1)nd_{n}^{2}
\end{equation}
байна. Мөн $S \ge nd_{n}$ болохыг ашиглан
\begin{equation}
\begin{aligned}
(n-1)n(S + d_{n})^{2} &= (n-1)nS^{2} + 2(n-1)nSd_{n} + (n-1)nd_{n}^{2}\\
& \ge 2(n^{2}-1)D + (2(n-1)n^{2} + 2(n-1)n)d_{n}^{2}\\
& = 2(n-1)(n+1)(D + nd_{n}^{2})
\end{aligned}
\end{equation}
болох тул $n$ үед үнэн. Иймд дурын $n \ge 1$ хувьд үнэн. Тэнцэтгэл зөвхөн $d_{1} = d_{2} = \dots = d_{n} = 1$ үед биелнэ.
- Индукц ашиглаж байгаа үед индукцийн суурь үнэнг шалгасан бол 1 оноо.
- Индукцийн шилжилтийг зөв хийвэл 6 оноо.
- Баталгааны явцад бичиглэл болон тооцооны алдаа гаргасан тохиолдолд 1 оноо хасна.
- Тэнцэх нөхцөл бичээгүй бол 1 оноо хасна.
2. $D$ оройдоо мохоо өнцөгтэй, $AB$ ба $CD$ сууриудтай $ABCD$ трапецын $AC$, $BD$ диагоналиуд $O$ цэгт огтлолцоно. $AB$ суурьтай параллель, $O$ цэгийг дайрсан шулуун $BCO$ гурвалжныг багтаасан тойрогтой $P$ цэгт огтлолцоно. Хэрэв $ADO$, $BCO$ гурвалжнуудыг багтаасан тойргууд дахин $Q$ цэгт огтлолцдог бол $P Q$ шулуун $BC$ хэрчмийг хагаслан хуваана гэж батал.
Бодолт 1.
3. $0 < a_1, a_2, \dots, a_{2021} < 2$ бөгөөд $a_1+a_2+\dots+a_{2021}=2021$ байх ямар ч бодит тоон $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{2021}$ дарааллын хувьд $0 < b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n} < 2$ бөгөөд $b_{1} + b_{2} + \dots + b_{n} = n$ байх бодит тоон $b_{1}, b_{2}, \dots, b_{n}$ дараалал дараах нөхцөлийг хангадаг байхаар олддог байх натурал $n$ тооны хамгийн бага утгыг ол. Үүнд
$$a_1, a_2, \dots, a_{2021}, b_1, b_2,\dots, b_n$$
дарааллын ямар нэг $c_1, c_2,\ldots, c_{n+2021}$ сэлгэмлийн хувьд
$$
\begin{cases}
\text{$1 \le \ell \le n+2021$ байх сондгой $\ell$ бүрийн хувьд} & c_1+c_2+\dots + c_{\ell}\le \ell,\\
\text{$1 \le \ell \le n+2021$ байх тэгш $\ell$ бүрийн хувьд} & c_1+c_2+\dots + c_{\ell}\ge \ell
\end{cases}\qquad(*)
$$
байна.
Бодолт 1.
4. $ABCD$ дөрвөн өнцөгтөд $r$ радиустай тойрог багтаж байв. $ABC$ ба $ACD$ гурвалжинд багтсан тойргийн төвийг тус тус $J$ ба $K$ гээд $AJK$ ба $CJK$ гурвалжныг багтаасан тойргийн төвийг тус тус $P$ ба $Q$ гэе. Тэгвэл
\[ |PQ|=|AC|-\dfrac{S_{AJCK}}{r}\]
гэж батал. Энд $S_{AJCK}$-аар $AJCK$ дөрвөн өнцөгтийн талбайг тэмдэглэв.
Бодолт 1.
5. Натурал $a$, $b$ тоонуудын хувьд $\dfrac{a}{b}+\dfrac{b}{a}$ хэлбэртэй бичигдэх рационал тоог сайн тоо гэе.
(i) Дурын натурал $n \ge 4$ тоог хэдэн ширхэг сайн тооны нийлбэрт тавьж болно гэж харуул.
(ii) $n = 57$ тоог хамгийн цөөндөө хэдэн ширхэг сайн тооны нийлбэрт тавьж болох вэ?
Бодолт 1.
6. $\alpha$, $\beta$ ялгаатай бодит тоонууд байг. Бодит тоон $A_{1}, A_{2}, \dots$ дарааллыг $n \ge 1$ хувьд
\[A_n = \frac{\alpha^n - \beta^n}{\alpha - \beta} \]
гэж тодорхойлъё. Ямар нэг анхны $p$ тооны хувьд $A_p$, $A_{p+1}$, $A_{p+2}$ гишүүд бүхэл тоо байдаг бол дарааллын бүх гишүүн бүхэл гэдгийг үзүүл.
Бодолт 1.
$x=\alpha+\beta$, $y = \alpha\beta$ гэе. Өгсөн нөхцөлөөс дурын $n \ge 1$ хувьд$$A_{n+2} = xA_{n+1} -yA_{n} \quad\text{ба}\quad A_{n+1}^{2} - A_{n+2}A_{n} = y^{n}\eqno{\dagger}$$
байхыг шалгах төвөгггүй.
$n \ge 0$ хувьд $F_{n}(X, Y) \in \mathbb Z[X, Y]$ олон гишүүнтүүдийг $F_{0}(X, Y) = 0$, $F_{1}(X, Y) = 1$ ба $n \ge 0$ үед
\begin{equation}
F_{n+2}(X, Y) = XF_{n+1}(X, Y) - YF_{n}(X, Y)
\end{equation}
гэж тодорхойлъё. Тэгвэл дурын $n \ge 1$ хувьд $A_{n} = F_{n}(x, y)$ байна.
Мөн дурын $n \ge 2$ хувьд $F_{n}(X, Y) = X^{n-1} + G_{n}(X, Y)$,\quad $\deg G_{n} \le n-2$ гэж бичигдэхийг индукцээр хялбархан батална. Энд $\deg =$ нийт зэрэг буюу $0 \in \mathbb Z[X, Y]$ хувьд $\deg 0 = -1$ ба $G(X, Y) = \sum a_{ij}X^{i}Y^{j} \ne 0$ хувьд $\deg G(X, Y) = \max\{i+j \mid a_{ij} \ne 0\}$ гэж тодорхойлно.
Одоо $A_{p}$, $A_{p+1}$, $A_{p+2}$ бүхэл гэе. $A_{1} = 1$ ба $A_{2} = x$ тул $x$, $y$ бүхэл гэж харуулахад хангалттай.
Энд $\alpha$, $\beta$ ялгаатай тул $A_{p} \ne 0$, $A_{p+1} \ne 0$ байна. Энэ үед
$$f(Y) = F_{p}\left(\dfrac{A_{p}}{A_{p+1}}Y +\dfrac{A_{p+2}}{A_{p+1}}, Y\right) - A_{p}$$
олон гишүүнт $p-1$ зэргийн, рационал коеффициенттой байх ба $f(y) = 0$ байна.
Мөн $y^{p}$ бүхэл ба $p$ зэргийн $g(Y) = Y^{p} - y^{p} \in \mathbb Z[Y]$ бүхэл олон гишүүнтийн хувьд $g(y) = 0$ байна.
Хэрэв $y$ бүхэл биш бол $g(Y) \in \mathbb Q[Y]$ нь $\mathbb Q[Y]$-д үл задрах байна. Иймд $\deg f (Y)< \deg g(Y)$ гэдгээс $f(Y)$, $g(Y)$ харилцан анхны ба Евклидийн алгоритмаас $f(Y) p(Y) + g(Y) q(Y) = 1$ байх $p(Y)$, $q(Y) \in \mathbb Q[Y]$ олон гишүүнтүүд олдоно. Энэ нь $f(y) = g(y) = 0$ гэдэгт зөрчинө. Иймд $y$ бүхэл байна.
Эндээс $x = \dfrac{yA_{p}+A_{p+2}}{A_{p+1}}$ рационал ба $h(X) = F_{p}(X, y) - A_{p} \in \mathbb Z[X]$ бүхэл олон гишүүнтийн ахлах гишүүний коеффициент $1$ ба $h(x) = 0$ тул рационал язгуурын леммээр $x$ бүхэл байна.
- $A_{p+2}$, $A_{p+1}$ ба $A_p$ гишүүдийг холбосон адилтгал тус бүр 1 оноо.
- $F_n(x, y)$-ийг авч үзвэл эсвэл $y$ бүхэл бол $x$ бүхэл гэж үзүүлвэл 1 оноо.
- $y$ бүхэл гэж харуулсан бол 3 оноо.
- $x$ бүхэл гэж харуулсан бол 1 оноо.
- Бүтэн бодолт 7 оноо.