Olympic Toán

45

Tổng số XIV
Olympic học sinh

V. Vavilov, A. Zemlykov,
I. Klumova

Olympia
trong toán học

Từ ngày 16 tháng 4 đến ngày 23 tháng 4, vòng chung kết của Kỳ thi Olympic Toán toàn học lần thứ XIV đã diễn ra tại Saratov. 158 học sinh tham gia: 39 học sinh lớp 8, 60 học sinh lớp 9 và 59 học sinh lớp 10. Tất cả những người này đều là những người chiến thắng trong các Cuộc thi Olympic Tài nguyên, cũng như những học sinh đã nhận được bằng cấp I và II ở giai đoạn cuối của Olympic Toàn tài nguyên lần thứ XIII. Trong số những người tham gia Olympic còn có đội quản lý Olympic - học sinh Saratov (3 người) và đội học sinh trường dạy nghề (3 người) - quán quân Olympic các trường kỹ thuật dạy nghề Leningrad, biểu diễn bên ngoài cuộc thi.

Olympic năm nay được tổ chức nhằm kỷ niệm 110 năm ngày sinh của V.I. Lênin. Vào ngày 16 tháng 4, tại hội trường của Hiệp ước Tiên phong và Học sinh Saratov, chặng chung kết mở của Thế vận hội đã diễn ra trong không khí trang nghiêm. Chủ tịch Ban tổ chức Olympic, Phó đại diện Trung đoàn Saratov I.F. Yalnycheva chúc mừng những người tham gia chặng cuối của Thế vận hội đã có một khởi đầu hoàn hảo cho một năm của họ.

Các nhà toán học trẻ đặt hoa tại tượng đài V.I. Lenin và các chiến sĩ của cuộc cách mạng xã hội chủ nghĩa năm 1917 và tham gia subbotnik cộng sản theo chủ nghĩa Lênin toàn Liên minh.

Chặng cuối cùng của Olympic diễn ra như thường lệ gồm hai vòng, diễn ra vào ngày 18 và 20/4.

Khi lựa chọn bài toán ủy ban phương pháp được hướng dẫn bởi các nguyên tắc sau: 1) bài toán phải bao gồm phần lớn các phần của chương trình giảng dạy ở trường mà học sinh đã học; 2) các bài tập phải đáp ứng “các sở thích khác nhau”, nghĩa là chứa bài toán về phép đo phẳng và phép đo lập thể, bài toán về đại số và phần đầu của phân tích, bài toán thuộc loại phân tích và bài toán có tính chất “olympid”; 3) tổng thể các nhiệm vụ phải có độ phức tạp vừa phải để mỗi người tham gia ở giai đoạn cuối giải được ít nhất một bài toán và ít nhất một nửa số người tham gia giải được tổng số bài toán được yêu cầu.

Mỗi ngày, học sinh được hỏi bốn câu bài toán và lời giải được trả lời sau 5 giờ. Dưới đây chúng tôi trình bày các điều kiện của tất cả bài toán.

Năm nay, ban giám khảo cho điểm trước bài toán. Tổng điểm tối đa của mỗi loại là 30. (Số điểm của bài toán được ghi trong ngoặc đơn sau điều kiện.) Những người tham gia Olympic không được thông báo trước về những điểm số trước đó.

Bài toán

Ngày đầu tiên
lớp 8

1. Các số có hai chữ số từ 19 đến 80 được viết thành một hàng. Số kết quả 192021…7980 có chia hết cho 1980 không? (6)
2. Cạnh AB của hình vuông ABCD được chia thành n đoạn sao cho tổng độ dài

46

các đoạn cắt có bốn số bằng tổng độ dài của các đoạn có số lẻ (xem hình). Các đoạn song song với các cạnh AD được vẽ thông qua các điểm phân chia, và sau đó mỗi dải trong số n đường chéo BD được chia thành hai phần - trái và phải. Chứng minh rằng tổng diện tích các phần bên trái số lẻ bằng tổng diện tích các phần bên phải số lẻ (các phần này được tô màu trong hình).

3. Hàng hóa được đóng gói trong container phải được chuyển đến trạm vũ trụ quỹ đạo Salyut. Số lượng container ít nhất là 35, tổng trọng lượng hàng hóa đúng 18 tấn. Có bảy tàu vận tải Progress, mỗi tàu có thể chở 3 tấn hàng hóa lên quỹ đạo. Được biết, các tàu này có thể đồng thời vận chuyển 35 container bất kỳ trong số 35 container hiện có. Chứng minh rằng họ có thể đưa tất cả hàng hóa có sẵn lên quỹ đạo cùng một lúc.

4. Điểm M và P là trung điểm của cạnh BC và CD của tứ giác lồi ABCD. Được biết, |AM| + |AP| = một. Chứng minh rằng diện tích tứ giác ABCD là lớn nhất.

5. Xem bài toán số 3 cho lớp 8.

6. Có một số điểm nằm trên bờ hồ tròn. Giữa một số trong số họ có một giao tiếp nhiệt. Biết rằng hai điểm A và B được nối với nhau bằng một đường bay khi và chỉ khi hai điểm A’ và B’ theo sau chúng ở bên phải dọc theo bờ biển không được nối với nhau bằng một đường bay. Chứng minh rằng từ điểm bất kỳ đến điểm khác, bạn có thể thêm một bộ trao đổi nhiệt mà không quá hai lần chuyển nhiệt.

lớp 10

1. Một số có sáu chữ số được viết bằng sáu chữ số khác 0 thì chia hết cho 37. Chứng minh rằng bằng cách sắp xếp lại các chữ số của số này có thể có thêm ít nhất 23 số khác nhau chia hết cho 37.

2. Xem bài toán số 2 cho lớp 9.

3. Giải hệ phương trình:

$$\begin{align*} \sin x + 2\sin(x+y+z) &= 0, \\ \sin y + 3\sin(x+y+z) &= 0, \\ \sin z + 4\sin(x+y+z) &= 0. \end{align*}$$

4. Xem bài toán số 4 cho lớp 9.

Ngày thứ hai
lớp 8

5. Có 1980 vectơ trên mặt phẳng đã cho và trong số đó có những vectơ phi tuyến tính. Được biết, tổng của 1979 vectơ bất kỳ trong số này thẳng hàng với một vectơ không có trong tổng. Chứng minh rằng tổng của tất cả các vectơ 1980 đã cho bằng vectơ 0. (6)

6. Hãy ký hiệu S(n) tổng của tất cả các chữ số của số tự nhiên n.

a) Có số tự nhiên n sao cho n + S(n) = 1980 không?

6. Chứng minh rằng ít nhất một trong hai số tự nhiên liên tiếp có thể biểu diễn dưới dạng n + S(n) đối với một số tự nhiên bậc ba n. (7)

7. Một số ô của một tờ giấy ca rô vô hạn có màu đỏ, các ô còn lại có màu xanh lam, sao cho mỗi hình chữ nhật gồm 6 ô có kích thước 2x3 chứa đúng hai ô màu đỏ. Một hình chữ nhật gồm 99 ô có kích thước 9x11 ô có thể chứa bao nhiêu ô màu đỏ? (7)

8. Những người lùn sống ở Thành phố hoa bỗng trở nên giống bệnh cúm hơn. Một ngày nọ, một số chú lùn bị cảm lạnh và bị ốm, và mặc dù sau đó không có ai bị cảm lạnh nhưng những chú lùn khỏe mạnh lại bị ốm khi đến thăm những người bạn bị ốm của chúng vào ngày hôm sau sau chuyến thăm. Được biết, mỗi người lùn bị cúm đúng một ngày, sau đó có khả năng miễn dịch trong một hoặc nhiều ngày, tức là người đó khỏe mạnh và không thể bị bệnh vào ngày đó (mỗi người lùn có thể có số ngày miễn dịch riêng). Bất chấp dịch bệnh, mỗi người nhỏ khỏe mạnh đều đến thăm tất cả những người bạn ốm yếu của mình mỗi ngày. Khi dịch bệnh bắt đầu, những người lùn trở nên thiếu hiểu biết về việc tiêm chủng và không tiêm chủng.

Chứng minh rằng a) nếu trước ngày đầu tiên xảy ra dịch có một số người lùn đã được tiêm phòng và có miễn dịch trong ngày đầu tiên thì dịch bệnh có thể tiếp tục kéo dài nhất có thể;

6. nếu ngày đầu tiên không ai có miễn dịch thì dịch bệnh sớm muộn gì cũng sẽ kết thúc. (10)

lớp 9

5. Xem bài toán số 7 cho lớp 8.

6. Hãy ký hiệu P(n) là tích của tất cả các chữ số của số tự nhiên n. Chuỗi (n_k) được cho bởi công thức truy hồi n_k+1=n_k+P(n_k) và thành viên n_1∈N của nó có thể hóa ra không bị chặn không? (8)

7. Cho tam giác đều ABC. Một số đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AB và BC tại các điểm M và P của điểm tương ứng D là tâm tam giác đều PMB, điểm E là trung điểm của đoạn AP. Tính các góc của tam giác DEC. (7)

8. Độ dài các cạnh của tam giác vuông ABC. Một đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt các đường thẳng AB, BC tại các điểm M và P của điểm tương ứng D là tâm tam giác thẳng PMB, điểm E là trung điểm đoạn AP. Tính các góc của tam giác DEC. (7)

9. Độ dài các cạnh của tam giác vuông ABC. Một đường thẳng song song với đường thẳng AC cắt đường thẳng AB, BC tại các điểm M và P tương ứng với các đỉnh của tam giác ABC.

47

Bất bình đẳng trực tiếp:

$$x < \frac{1}{3} \left( \frac{1}{4} p - \sqrt{d^2 - \frac{1}{2} S} \right),$$
$$z > \frac{1}{3} \left( \frac{1}{4} p + \sqrt{d^2 - \frac{1}{2} S} \right).$$

(7)

lớp 10

5. Tập $M$ bao gồm các số nguyên. Phần tử nhỏ nhất của nó là 1 và phần tử lớn nhất của nó là 100. Mọi số trong tập hợp $M$, ngoại trừ 1, đều bằng tổng của hai số (có thể giống nhau) thuộc về $M$. Trong số tất cả các bộ như vậy, chúng chỉ ra số lượng phần tử tối thiểu. (6)

6. Chứng minh rằng có vô số số $a$ mà phương trình

$$[x^2] + [y^2] = a$$

có ít nhất 1980 lời giải trong số tự nhiên $x, y$. (Phần nguyên của số $z$ được ký hiệu là $[z]$.) (6)

7. Trong sổ ghi chép $ABCD$ ($AC \perp BC$) và $(DA) \perp (BD)$. Chứng minh rằng cosin của góc giữa hai đường thẳng $AC$ và $BD$ nhỏ hơn $|CD|/|AB|$. (8)

8. Số $x \in [0; 1]$ được viết dưới dạng số thập phân vô hạn. Bằng cách sắp xếp lại 5 chữ số đầu tiên sau dấu thập phân theo thứ tự bất kỳ, chúng ta thu được một phân số thập phân vô hạn mới tương ứng với một số nhất định $x_1$. Bằng cách sắp xếp lại các chữ số thứ 2 đến thứ 6 sau dấu thập phân trong ký hiệu thập phân của số $x_1$, ta thu được ký hiệu thập phân của số $x_2$. Nói chung, ký hiệu thập phân của số $x_{k+1}$ có được bằng cách sắp xếp lại các chữ số $(k+1)$ thành $(k+5)$ sau dấu thập phân trong ký hiệu của số $x_k$.

a) Chứng minh rằng, dù bạn sắp xếp lại các số ở mỗi bước như thế nào thì dãy số $x_k$ luôn có giới hạn nào đó.

Hãy để chúng tôi biểu thị giới hạn này bằng $y$.

6. Tìm hiểu xem liệu có thể thu được số vô tỷ $y$ từ một số hữu tỷ $x$ bằng cách sử dụng quy trình như vậy hay không.

b) Nghĩ ra một phân số $x$ mà quy trình được mô tả sẽ luôn dẫn đến các số vô tỷ $y$, bất kể hoán vị của các chữ số ở mỗi bước.

(Hãy xem xét rằng các số có số 9 trong ký hiệu thập phân của chúng không được xem xét trong bài toán.) (10)

Bạn có thể thấy mức độ hoàn toàn chính xác của những người tham gia với nhiệm vụ này trong Bảng 1. Ít nhất 20% học sinh đã hoàn thành từng nhiệm vụ (ngoại trừ bài toán Số 3 đối với lớp 10) và 11 nhiệm vụ (bài toán Số 1, 2, 5, 7 đối với lớp 8, số 1, 4, 5, 7, 8 - đối với lớp 9) và lớp số 4, 5 - đối với lớp 10) hơn 50% số người tham gia đã hoàn thành nó.

Cư dân Saratov đối xử rất nồng nhiệt với các nhà toán học trẻ. Chương trình bao gồm các cuộc thi với các nhà khoa học và sinh viên Khoa Cơ học và Toán học của Đại học Saratov, chuyến tham quan Căn hộ-Bảo tàng Gia đình Ulyanov, các chuyến tham quan thành phố và nhiều hoạt động khác.

49

Olympic toàn Liên đoàn dành cho học sinh môn toán không có tên trong Bài toán Kvant.
lớp 8
Vấn đề 4

Chia tứ giác ABCD theo đường chéo AC, ta thấy
$$S_{ABCD} = 2S_{AMCP},$$
Chứng minh bất đẳng thức là đủ
$$S_{AMCP} < a^2/4.$$

Gọi K là giao điểm của các đoạn AM và BD (Hình 1). Tam giác MCP và MKP có chung đáy MP và chiều cao bằng nhau (MP là đường trung bình của tam giác BCD) nên diện tích của chúng bằng nhau. Hơn nữa, do tứ giác ABCD là lồi nên điểm K nằm giữa A và M nên diện tích tam giác MKP nhỏ hơn diện tích tam giác AMP.
Vì thế,
$$S_{AMCP} = S_{AMP} + S_{MCP} = S_{AMP} + S_{MKP} < 2S_{AMP}.$$
Biểu thị |AM| qua x ta được |AP| = a−x, $2S_{AMP} = x(a−x) \cdot \sin \widehat{MAP}$.
Vẫn còn phải thay thế $\sin \widehat{MAP} \leq 1$ và $x(a−x) = \frac{a^2}{4} - \left(x - \frac{a}{2}\right)^2 \leq \frac{a^2}{4}$.

Vấn đề 5

Chúng ta hãy biểu thị bằng $\vec{a}$ tổng của tất cả 1980 vectơ đã cho $\vec{a}_1, \vec{a}_2, \dots, \vec{a}_{1980}$. Khi đó, tổng của tất cả các vectơ ngoại trừ $\vec{a}_i$ được viết là $\vec{a}−\vec{a}_i$ và, nếu $\vec{a}_i \neq 0$, thì nó tuân theo điều kiện $\vec{a}−\vec{a}_i = k_i\vec{a}_i$, tức là, $\vec{a} = (1+k_i)\vec{a}_i$ đối với một số $k_i$. Nếu $\vec{a} \neq 0$ thì $1+k_i \neq 0$, vậy vectơ $\vec{a}_i = \frac{1}{1+k_i}\vec{a}$ đồng hình với $\vec{a}$. Rõ ràng, điều này mâu thuẫn với điều kiện vectơ ở giữa là neocolipeiren. Vì vậy, $\vec{a} = 0$.

lớp 9
Vấn đề 1

Phương trình này không có lời giải ở số nguyên tố. Một cách để chứng minh điều này là như sau. Hãy giả sử điều ngược lại. Thứ nhất, ít nhất một trong các số x, y, z phải chẵn, tức là bằng 2. Thứ hai, xét đẳng thức $(3a \pm 1)^2 + (3b \pm 1)^3 = (3c \pm 1)^4$, chúng tôi tin rằng điều đó là không thể và do đó ít nhất một trong các số x, y, z phải chia hết cho 3, tức là bằng 3. Cần phải đảm bảo bằng cách thay thế rằng khi đó số được yêu cầu thậm chí không thể là số nguyên (khoảng cách là 6 trường hợp).

lời giải khác trong số bài toán này có thể dựa trên việc mở rộng phương trình ban đầu:
$$y^3 = z^4 − x^2 = (z^2 − x)(z^2 + x),$$
do đó, trong trường hợp y đơn giản, chúng ta có hai khả năng:
$$\begin{cases} z^2 − x = 1, \\ z^2 + x = y^3; \end{cases} \begin{cases} z^2 − x = y, \\ z^2 + x = y^2. \end{cases}$$

Một phương trình trong mỗi hệ này lại được mở rộng, sau đó chúng ta nhanh chóng đi đến mâu thuẫn với các số nguyên tố x, y, z.

Vấn đề 4

Hãy xếp tất cả các điểm theo thứ tự dọc theo bờ hồ: 1, 2, 3, …, n (tiếp theo điểm n là điểm 1). Nó xuất phát từ điều kiện là trong hai “cặp lân cận” bất kỳ k−1 và k, k và k+1, có chính xác một cặp được kết nối bằng một chuyến bay, và do đó các cặp điểm lân cận được kết nối bằng các chuyến bay sẽ đi qua một cặp điểm không được kết nối. Ví dụ: giả sử các điểm 1 và 2, 3 và 4, …, 2k−1 và 2k, … được kết nối bằng các chuyến bay (Hình 2). Rõ ràng, cần phải chứng minh sự tồn tại của lời giải giữa hai cặp điểm bất kỳ 2k−1 và 2k, 2l−1 và 2l, và điều này ngay lập tức tuân theo điều kiện: hoặc các điểm 2k−1 và 2l−1, hoặc các điểm 2k và 2l được nối với nhau bằng một đường bay. Tuyên bố bài toán đã được chứng minh.

Lưu ý rằng lý luận của chúng tôi đưa ra một hạn chế (một điều kiện cần thiết!) về khả năng có số điểm: n chẵn và n ≥ 4.

Hình 1.

Hình 2.

Hình 3

Hình 4.

50

Điều thú vị là hệ thống bay được yêu cầu ở $n=6$ không tồn tại; mặt khác, Hình 3, 4 hiển thị các hệ thống cho $n=4$ và 8. Việc tìm ra xem $n$ hệ thống bay nào có các đặc tính được chỉ định trong nhiệm vụ là có thể thực hiện được là một chủ đề nghiên cứu hay. (Đáp số: $n=4k$. Tất nhiên, điều này không bắt buộc đối với những người tham gia Olympic.)

Bài toán 6

Hãy chứng minh rằng dãy $(n_k)$ luôn bị chặn. Thật vậy, $n_k \leq n_{k+1} \leq n_k + 9^{c(n_k)}$ với mọi $k$, trong đó $c(n_k)$ biểu thị số chữ số của số $n_k$. Giả sử rằng đối với một số lựa chọn $n_1$ thì chuỗi $(n_k)$ là không giới hạn. Chúng ta hãy chọn một số tự nhiên $N$ sao cho thỏa mãn hai điều kiện: $10^N > n_1$ và $9^N < 10^{N-1}$ (vì $10^N$ tăng vô hạn và $(9/10)^N$ tiến tới 0 tại $N \to \infty$ nên lựa chọn như vậy là có thể). Từ tính không giới hạn của $(n_k)$, suy ra rằng, bắt đầu từ một số $k$, $n_k > 10^N$, do đó, số trung bình $n_k < 10^N$ tồn tại đối với những số lớn - hãy để nó là $n_p$. Nhưng sau đó $10^N \leq n_{p+1} \leq n_p + 9^{c(n_p)} < 10^N + 9^N < 10^{N-1}$, có nghĩa là $n_{p+1}$ bắt đầu bằng số 10 và $P(n_{p+1}) = 0$. Do đó, $n_{p+2} = n_{p+1}$, $n_{p+3} = n_{p+1}$ và nói chung $n_k = n_{p+1}$ cho tất cả $k \geq p+1$, điều này mâu thuẫn với giả định rằng chuỗi $(n_k)$ là không bị chặn.

Lưu ý rằng từ lý do trên, trên thực tế, đối với bất kỳ lựa chọn nào về $n_1$, chuỗi $(n_k)$ được ổn định, nghĩa là giá trị từ một số $k$, $n_k$ không thay đổi.

Bài toán 8

Thay các biểu thức của $p, d, S$ vào các bất đẳng thức đang được chứng minh, sau các phần tử biến đổi, chúng ta thu được các bất đẳng thức $(x-y)(x-z) > 0$ và $(z-x)(z-y) > 0$, hiển nhiên đúng, hoặc $x < y < z$.

Một cách khác lời giải của bài toán này có thể dựa trên tam thức bình phương không giới hạn có căn

$$\frac{1}{3} \left( \frac{1}{4} p \pm \sqrt{d^2 - \frac{1}{2} S} \right).$$

lớp 10

Bài toán 1

Vì 999 chia hết cho 37 nên số có 6 chữ số

$$\frac{a_1 b_1 c_1 a_2 b_2 c_2}{a_1 b_1 c_1 + a_2 b_2 c_2} = \frac{a_1 b_1 c_1}{(999+1)} + \frac{a_2 b_2 c_2}{(999+1)}$$

chia hết cho 37 khi và chỉ khi số đó chia hết cho 37

$$\frac{a_1 b_1 c_1}{a_2 b_2 c_2} + \frac{a_2 b_2 c_2}{(999+1)} = (a_1+a_2) 100 + (b_1+b_2) 10 + (c_1+c_2).$$

Vì các số $a_1$ và $a_2$, $b_1$ và $b_2$, $c_1$ và $c_2$ được đưa vào biểu thức cuối cùng theo kiểu đối xứng, nên việc sắp xếp lại các số trong các cặp này cho phép chúng ta thu được thêm bảy số từ số này, chia hết cho 37.

Tiếp theo chúng tôi lưu ý rằng

$$10(100a+10b+c) = 999a + (100b+10c+a),$$

Cùng với $\frac{a_1 b_1 c_1 a_2 b_2 c_2}{b_1 c_1 a_2 b_2 c_2}$, các số cũng chia hết cho 37

$$\frac{b_1 c_1 a_1 b_2 c_2 a_2}{c_1 a_1 b_1 c_2 a_2 b_2}.$$

Các hoán vị trước đó cho phép chúng ta thu được thêm bảy số từ những số này; chia thành 37 số có sáu chữ số, bằng cách hoán vị các chữ số của chúng ta có được hơn 23 số khác; ví dụ: từ số 123.876 bạn có thể nhận được 47 số!

Bài toán 3

Rõ ràng, $(x; y; z) = (\pi k; \pi l; \pi m)$ là lời giải của hệ thống này với mọi số nguyên $k, l, m$. Hãy chứng minh rằng không có lời giải nào khác.

Trừ phần thứ ba từ tổng của hai phương trình đầu tiên và áp dụng các công thức đã biết, chúng ta thu được

$$\sin x + \sin y + \sin (x+y+z) - \sin z = 0,$$

$$2 \sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2} +$$

$$+ 2 \sin \frac{x+y}{2} \cos \left( \frac{x+y}{2} + z \right) = 0,$$

$$4 \sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x+z}{2} \cos \frac{y+z}{2} = 0.$$

Do đó, ít nhất một trong ba quan hệ là đúng:

1. $\frac{x+y}{2} = \pi n$, 2) $\frac{x+z}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n,$

2. $\frac{y+h}{2} = \frac{\pi}{2} + \pi n,$

trong đó $n$ là số nguyên tùy ý.

Trong trường hợp đầu tiên $y = -x+2\pi n$, $x+y+z = z+2\pi n$ và sau khi thay thế vào phương trình đầu tiên và cuối cùng của hệ ban đầu, chúng ta thu được

$$\sin x + 2 \sin z = 0, \quad \sin z + 4 \sin z = 0,$$

Ở đâu

$$\sin z = 0 \text{ и } \sin x = 0;$$

tương ứng với lời giải $(x; y; z)$ thuộc về những gì được chỉ định.

Trường hợp thứ hai và thứ ba được chia tương tự.

Bài toán 6

Hãy đề nghị điều ngược lại. Từ thực tế là với mọi $a$ thì phương trình này có số hữu hạn lời giải, nên đối với một số $M$ với bất kỳ $a$ nào, phương trình này có nhiều hơn $M$ lời giải ở số tự nhiên. Chúng ta lấy một số tự nhiên tùy ý $N$ và với mỗi cặp $N^2$ $(x; y)$ số tự nhiên thỏa mãn điều kiện 1<x<N, 1<y<N, chúng ta tính giá trị của biểu thức $[x^{3/2}] + [y^{3/2}]$. Theo giả định, mỗi giá trị sẽ thu được không quá $M$ lần nên kết quả sẽ không nhỏ hơn $N^2/M$ các số tự nhiên khác nhau. Trong số đó có số lượng không ít hơn $N^2/M$; đối với một số cặp $(x_0; y_0)$ bất đẳng thức sẽ được thỏa mãn

$$[x_0^{3/2}] + [y_0^{3/2}] \geq \frac{N^2}{M}.$$