maths.bgmaths.bg
Всички колекции
APMO

Asia Pacific Mathematical Olympiad

12 задачи от базата, подредени за бързо решаване по година или клас. Показаните източници са тези, записани към самите задачи.

4 години1 класа
По годинаПо клас

Избран клас

11-12

Назад към папките

1993

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека ABCDABCD е четириъгълник с равни страни и ∠ABC=60∘\angle ABC=60^\circ. Нека ℓ\ell е права през DD, която не пресича четириъгълника освен в DD. Нека EE и FF са пресечните точки на ℓ\ell съответно с правите ABAB и BCBC. Нека M=CE∩AFM=CE\cap AF. Докажете, чеCA2=CM⋅CE.CA^2=CM\cdot CE.
РешениеТриъгълниците AEDAED и CDFCDF са подобни, защото AD∥CFAD\parallel CF и AE∥CDAE\parallel CD. Тъй като ABCABC и ACDACD са равностранни, получавамеAECD=ADCF⟺AEAC=ACCF.\frac{AE}{CD}=\frac{AD}{CF}\quad\Longleftrightarrow\quad\frac{AE}{AC}=\frac{AC}{CF}.Последното равенство, заедно с∠EAC=180∘−∠BAC=120∘=∠ACF,\angle EAC=180^\circ-\angle BAC=120^\circ=\angle ACF,показва, че и триъгълниците EACEAC и ACFACF са подобни. Следователно∠CAM=∠CAF=∠AEC,\angle CAM=\angle CAF=\angle AEC,откъдето ACAC е допирателна към описаната окръжност на AMEAME. От теоремата за степен на точкаCA2=CM⋅CE,CA^2=CM\cdot CE,което трябваше да се докаже.ABCDEFM
Отвори задачатаMathNetAPMO 1993/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете броя на различните цели стойности, които функциятаf(x)=f(x)=⌊x⌋+⌊2x⌋+⌊5x3⌋+⌊3x⌋+⌊4x⌋\lfloor x\rfloor+\lfloor2x\rfloor+\left\lfloor\frac{5x}{3}\right\rfloor+\lfloor3x\rfloor+\lfloor4x\rfloorприема за реални xx с 0≤x≤1000\le x\le100. Забележка: ⌊t⌋\lfloor t\rfloor е най-голямото цяло число, което не надвишава tt.
РешениеПонеже ⌊x+n⌋=⌊x⌋+n\lfloor x+n\rfloor=\lfloor x\rfloor+n за всяко цяло nn, имамеf(x+3)=f(x+3)=⌊x+3⌋+⌊2(x+3)⌋+⌊5(x+3)3⌋\lfloor x+3\rfloor+\lfloor2(x+3)\rfloor+\left\lfloor\frac{5(x+3)}3\right\rfloor+⌊3(x+3)⌋+⌊4(x+3)⌋=+\lfloor3(x+3)\rfloor+\lfloor4(x+3)\rfloor=f(x)+35.f(x)+35.Затова е достатъчно да разгледаме интервала [0,3)[0,3). Числата от него, в които поне едно от x,2x,5x3,3x,4xx,2x,\frac{5x}{3},3x,4x е цяло, са: * 0,1,20,1,2 за xx; * n2\frac n2, 0≤n≤50\le n\le5, за 2x2x; * 3n5\frac{3n}{5}, 0≤n≤40\le n\le4, за 5x3\frac{5x}{3}; * n3\frac n3, 0≤n≤80\le n\le8, за 3x3x; * n4\frac n4, 0≤n≤110\le n\le11, за 4x4x. Сред тези числа има 33 цели числа (0,1,2)(0,1,2), 33 несъкратими дроби със знаменател 22 (с числители 1,3,51,3,5), 66 несъкратими дроби със знаменател 33 (с числители 1,2,4,5,7,81,2,4,5,7,8), 66 несъкратими дроби със знаменател 44 (с числители 1,3,5,7,9,111,3,5,7,9,11) и 44 несъкратими дроби със знаменател 55 (с числители 3,6,9,123,6,9,12). Следователно f(x)f(x) нараства 2222 пъти във всеки такъв интервал. Тъй като 100=33⋅3+1100=33\cdot3+1, в [0,99)[0,99) има 33⋅2233\cdot22 промени на стойността. Накрая в [99,100][99,100] има още 88 промени: при 9999, 100100, 991299\frac12, 991399\frac13, 992399\frac23, 991499\frac14, 993499\frac34, 993599\frac35. Следователно търсеният брой е33⋅22+8=734.33\cdot22+8=734.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1993/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Некаf(x)=anxn+an−1xn−1+⋯+a0f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0иg(x)=cn+1xn+1+cnxn+⋯+c0g(x)=c_{n+1}x^{n+1}+c_nx^n+\cdots+c_0са ненулеви полиноми с реални коефициенти, за които g(x)=(x+r)f(x)g(x)=(x+r)f(x) при някое реално число rr. Акоa=max⁡(∣an∣,…,∣a0∣)иa=\max(|a_n|,\ldots,|a_0|)\qquad\text{и}\qquadc=max⁡(∣cn+1∣,…,∣c0∣), c=\max(|c_{n+1}|,\ldots,|c_0|),докажете, чеac≤n+1.\frac ac\le n+1.
РешениеОт разкриването на (x+r)f(x)(x+r)f(x) получаваме cn+1=anc_{n+1}=a_n, ck=ak−1+rakc_k=a_{k-1}+ra_k за k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n, и c0=ra0c_0=ra_0. Разглеждаме три случая. * Ако r=0r=0, то c0=0c_0=0 и ck=ak−1c_k=a_{k-1} за k=1,2,…,nk=1,2,\ldots,n. Следователно a=ca=c иac=1≤n+1.\frac ac=1\le n+1.* Ако ∣r∣≥1|r|\ge1, то∣a0∣=∣c0r∣≤c,|a_0|=\left|\frac{c_0}{r}\right|\le c,∣a1∣=∣c1−a0r∣≤∣c1∣+∣a0∣≤2c.\qquad |a_1|=\left|\frac{c_1-a_0}{r}\right|\le|c_1|+|a_0|\le2c.Индуктивно, ако ∣ak∣≤(k+1)c|a_k|\le(k+1)c, то∣ak+1∣=∣ck+1−akr∣≤|a_{k+1}|=\left|\frac{c_{k+1}-a_k}{r}\right|\le∣ck+1∣+∣ak∣≤c+(k+1)c=(k+2)c.|c_{k+1}|+|a_k|\le c+(k+1)c=(k+2)c.Затова ∣ak∣≤(k+1)c≤(n+1)c|a_k|\le(k+1)c\le(n+1)c за всяко kk, откъдето a≤(n+1)ca\le(n+1)c. * Ако 0<∣r∣<10\lt{}|r|\lt{}1, действаме назад. Имаме ∣an∣=∣cn+1∣≤c|a_n|=|c_{n+1}|\le c и∣an−1∣=∣cn−ran∣≤∣cn∣+∣ran∣<c+c=2c.|a_{n-1}|=|c_n-ra_n|\le|c_n|+|ra_n|\lt{}c+c=2c.Индуктивно, ако ∣an−k∣≤(k+1)c|a_{n-k}|\le(k+1)c, то∣an−k−1∣=∣cn−k−ran−k∣≤|a_{n-k-1}|=|c_{n-k}-ra_{n-k}|\le∣cn−k∣+∣ran−k∣<c+(k+1)c=(k+2)c.|c_{n-k}|+|ra_{n-k}|\lt{}c+(k+1)c=(k+2)c.Следователно ∣an−k∣≤(k+1)c≤(n+1)c|a_{n-k}|\le(k+1)c\le(n+1)c за всяко kk, и отново a≤(n+1)ca\le(n+1)c.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1993/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Определете всички положителни цели числа nn, за които уравнениетоxn+(2+x)n+(2−x)n=0x^n+(2+x)^n+(2-x)^n=0има цяло решение xx.
РешениеАко nn е четно, тоxn+(2+x)n+(2−x)n>0,x^n+(2+x)^n+(2-x)^n\gt{}0,следователно nn е нечетно. При n=1n=1 уравнението ставаx+(2+x)+(2−x)=0,x+(2+x)+(2-x)=0,което има единственото решение x=−4x=-4. Нека n>1n\gt{}1. Числото xx е четно, защото xx, 2−x2-x и 2+x2+x имат една и съща четност. Нека x=2yx=2y. Тогава уравнението се свежда доyn+(1+y)n+(1−y)n=0.y^n+(1+y)^n+(1-y)^n=0.По модул 22 получаваме, чеy+(1+y)+(1−y)=y+2y+(1+y)+(1-y)=y+2е четно, т.е. yy е четно. За нечетно nn използваме разлаганетоan+bn=(a+b)(an−1−an−2b+⋯+bn−1),a^n+b^n=(a+b)(a^{n-1}-a^{n-2}b+\cdots+b^{n-1}),в чийто втори множител има nn члена. Уравнението е еквивалентно наyny^n+(1+y+1−y)((1+y)n−1−(1+y)n−2(1−y)+⋯+(1−y)n−1)=+(1+y+1-y)\big((1+y)^{n-1}-(1+y)^{n-2}(1-y)+\cdots+(1-y)^{n-1}\big)=0,0,тоестyn=y^n=−2((1+y)n−1−(1+y)n−2(1−y)+⋯+(1−y)n−1).-2\big((1+y)^{n-1}-(1+y)^{n-2}(1-y)+\cdots+(1-y)^{n-1}\big).Всеки от nn-те члена във втория множител е нечетен, а nn е нечетно, затова вторият множител е нечетен. Така yny^n има точно един множител 22, което противоречи на факта, че yy е четно и yny^n има поне n>1n\gt{}1 множителя 22. Следователно при n>1n\gt{}1 няма решения. Търсеният отговор еn=1.n=1.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1993/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Нека P1,P2,…,P1993=P0P_1,P_2,\ldots,P_{1993}=P_0 са различни точки в xyxy-равнината със следните свойства: **(i)** И двете координати на PiP_i са цели за i=1,2,…,1993i=1,2,\ldots,1993. **(ii)** По отсечката PiPi+1P_iP_{i+1} няма точка, различна от PiP_i и Pi+1P_{i+1}, и с две цели координати, за i=0,1,…,1992i=0,1,\ldots,1992. Докажете, че за някое ii, 0≤i≤19920\le i\le1992, върху отсечката PiPi+1P_iP_{i+1} има точка QQ с координати (qx,qy)(q_x,q_y), за която и 2qx2q_x, и 2qy2q_y са нечетни цели числа.
РешениеЩе наричаме точка (x,y)∈Z2(x,y)\in\mathbb Z^2 четна или нечетна според четността на x+yx+y. Понеже броят на точките е нечетен, има две съседни точки Pi=(a,b)P_i=(a,b) и Pi+1=(c,d)P_{i+1}=(c,d), 0≤i≤19920\le i\le1992, с една и съща четност. Следователно a+b+c+da+b+c+d е четно. Твърдим, че средата на PiPi+1P_iP_{i+1} е търсената точка QQ. Наистина, отa+b+c+d=(a+c)+(b+d)a+b+c+d=(a+c)+(b+d)като четно число следва, че aa и cc имат една и съща четност тогава и само тогава, когато и bb и dd имат една и съща четност. Ако и двете са изпълнени, средатаQ=(a+c2,b+d2)Q=\left(\frac{a+c}{2},\frac{b+d}{2}\right)на PiPi+1P_iP_{i+1} има цели координати, в противоречие с (ii). Следователно a,ca,c, както и b,db,d, са с различна четност. Така2qx=a+cи2qy=b+d2q_x=a+c\qquad\text{и}\qquad2q_y=b+dса нечетни цели числа.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1993/5Условие — източник

1994

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека f:R→Rf:\mathbb R\to\mathbb R е функция със следните свойства: **(i)** За всички x,y∈Rx,y\in\mathbb R е изпълненоf(x)+f(y)+1≥f(x+y)≥f(x)+f(y).f(x)+f(y)+1\ge f(x+y)\ge f(x)+f(y).**(ii)** За всяко x∈[0,1)x\in[0,1) е изпълнено f(0)≥f(x)f(0)\ge f(x). **(iii)** −f(−1)=f(1)=1-f(-1)=f(1)=1. Да се намерят всички такива функции ff.
РешениеПоставяме y=1y=1 в (i):f(x)+f(1)+1≥f(x+1)≥f(x)+f(1)f(x)+f(1)+1\ge f(x+1)\ge f(x)+f(1)\quad⟺f(x)+1≤f(x+1)≤f(x)+2.\Longleftrightarrow\quad f(x)+1\le f(x+1)\le f(x)+2.Сега поставяме y=−1y=-1 и заменяме xx с x+1x+1 в (i):f(x+1)+f(−1)+1≥f(x)≥f(x+1)+f(−1)f(x+1)+f(-1)+1\ge f(x)\ge f(x+1)+f(-1)\quad⟺f(x)≤f(x+1)≤f(x)+1.\Longleftrightarrow\quad f(x)\le f(x+1)\le f(x)+1.Следователно f(x+1)=f(x)+1f(x+1)=f(x)+1 и е достатъчно да определим f(x)f(x) върху [0,1)[0,1). От f(1)=f(0)+1f(1)=f(0)+1 получаваме f(0)=0f(0)=0. Условието (ii) показва, че f(x)≤0f(x)\le0 за x∈[0,1)x\in[0,1). Поставяме y=1−xy=1-x в (i). Тогаваf(x)+f(1−x)+1≥f(1)≥f(x)+f(1−x),f(x)+f(1-x)+1\ge f(1)\ge f(x)+f(1-x),откъдето f(x)+f(1−x)≥0f(x)+f(1-x)\ge0. Ако x∈(0,1)x\in(0,1), то и 1−x∈(0,1)1-x\in(0,1), така че f(x)≤0f(x)\le0 и f(1−x)≤0f(1-x)\le0. Следователно f(x)+f(1−x)≤0f(x)+f(1-x)\le0, а значи f(x)=f(1−x)=0f(x)=f(1-x)=0 за x∈(0,1)x\in(0,1). Заедно с f(0)=0f(0)=0 и f(x+1)=f(x)+1f(x+1)=f(x)+1 това доказва, чеf(x)=⌊x⌋.f(x)=\lfloor x\rfloor.Тази функция наистина удовлетворява условията. Понежеx+y=⌊x⌋+⌊y⌋+{x}+{y}x+y=\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+\{x\}+\{y\}и0≤{x}+{y}<2,0\le\{x\}+\{y\}\lt{}2,имаме⌊x⌋+⌊y⌋≤x+y<⌊x⌋+⌊y⌋+2,\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor\le x+y\lt{}\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+2,следователно⌊x⌋+⌊y⌋+1≥⌊x+y⌋≥⌊x⌋+⌊y⌋.\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor+1\ge\lfloor x+y\rfloor\ge\lfloor x\rfloor+\lfloor y\rfloor.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1994/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е недегенеративен триъгълник с описан център OO, ортоцентър HH и радиус RR на описаната окръжност. Докажете, че∣OH∣<3R.|OH|\lt{}3R.
РешениеВлагаме ABCABC в комплексната равнина така, че AA, BB и CC лежат на окръжността ∣z∣=R|z|=R, а OO е началото. Нека малките букви означават комплексните координати на съответните точки. Известно е, че h=a+b+ch=a+b+c, следователноOH=∣a+b+c∣≤∣a∣+∣b∣+∣c∣=3R.OH=|a+b+c|\le|a|+|b|+|c|=3R.Равенство не може да има, защото aa, bb и cc не са колинеарни. Значи OH<3ROH\lt{}3R. **Второ доказателство.** Без ограничение на общността нека ∠A<90∘\angle A\lt{}90^\circ. Нека BDBD е височина. ТогаваAH=ADcos⁡(90∘−C)=ABcos⁡Asin⁡C=2Rcos⁡A.AH=\frac{AD}{\cos\left(90^\circ-C\right)}=\frac{AB\cos A}{\sin C}=2R\cos A.По неравенството на триъгълникаOH<AO+AH=R+2Rcos⁡A<3R.OH\lt{}AO+AH=R+2R\cos A\lt{}3R.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1994/2Условие — източник

Задача 3

Пълен запис
Условие
Нека n=a2+b2n=a^2+b^2, където aa и bb са взаимно прости цели числа. Нека освен това за всяко просто число p≤np\le\sqrt n е изпълнено p∣abp\mid ab. Да се определят всички такива nn. Отговор: n=2,5,13n=2,5,13.
РешениеЕдно просто число pp дели abab тогава и само тогава, когато дели поне едно от числата aa и bb. Ако n=a2+b2n=a^2+b^2 е съставно, то има прост делител p≤np\le\sqrt n. Ако pp дели aa, то от p∣np\mid n следва, че pp дели и bb, и обратно. Това е невъзможно, понеже aa и bb са взаимно прости. Следователно nn е просто число. Без ограничение на общността нека a≥ba\ge b и разгледаме a−ba-b. Имамеa2+b2=(a−b)2+2ab.a^2+b^2=(a-b)^2+2ab.* Ако a=ba=b, то a=b=1a=b=1, защото aa и bb са взаимно прости. Получаваме решението n=2n=2. * Ако a−b=1a-b=1, тоa2+b2=(a−b)2+2ab=2ab+1=a^2+b^2=(a-b)^2+2ab=2ab+1=2b(b+1)+1=2b2+2b+1.2b(b+1)+1=2b^2+2b+1.Затова всеки прост делител на число, по-малко от x22b2+2b+1\sqrt{\vphantom{x^2}2b^2+2b+1}, дели ab=b(b+1)ab=b(b+1). Непосредствено се проверява, че b=1b=1 и b=2b=2 дават решениятаn=12+22=5n=1^2+2^2=5(единственото просто число pp е 22) иn=22+32=13n=2^2+3^2=13(простите числа pp са 22 и 33). Нека b>2b\gt{}2. Разглеждаме простите делители наb−1≤x22b2+2b+1.b-1\le\sqrt{\vphantom{x^2}2b^2+2b+1}.Тъй като b−1b-1 е взаимно просто с bb, всеки такъв прост делител трябва да дели a=b+1a=b+1. Следователно той дели (b+1)−(b−1)=2(b+1)-(b-1)=2. Значи b−1b-1 има само 22 като прост делител, т.е. b−1b-1 е степен на 22. Понеже b−1≥2b-1\ge2, числото bb е нечетно. Понеже2b2+2b+1−(b+2)2=b2−2b−3=(b−3)(b+1)≥0,2b^2+2b+1-(b+2)^2=b^2-2b-3=(b-3)(b+1)\ge0,можем да разгледаме и прост делител на b+2b+2. Тъй като bb е нечетно, bb и b+2b+2 са взаимно прости, затова всеки прост делител на b+2b+2 трябва да дели a=b+1a=b+1. Но b+1b+1 и b+2b+2 са взаимно прости, което е невъзможно. Следователно b≥3b\ge3 не дава решения. * Ако a−b>1a-b\gt{}1, нека pp е прост делител наa−b=x2a2−2ab+b2<x2a2+b2.a-b=\sqrt{\vphantom{x^2}a^2-2ab+b^2}\lt{}\sqrt{\vphantom{x^2}a^2+b^2}.Тогава pp дели едно от числата aa и bb, а от p∣a−bp\mid a-b следва, че дели и другото. Това е противоречие. Следователно единствените решения са n=2,5,13n=2,5,13.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1994/3Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Съществува ли безкрайно множество от точки в равнината, в което никои три точки не са колинеарни и разстоянието между всеки две точки е рационално?
РешениеОтговорът е да. Ще дадем следната конструкция. Разглеждаме точки от единичната окръжност от видаPn=(cos⁡(2nθ),sin⁡(2nθ))P_n=(\cos(2n\theta),\sin(2n\theta))за подходящо θ\theta. Тогава разстоянието PmPnP_mP_n е дължината на хордата с централен ъгъл (2m−2n)θ mod π(2m-2n)\theta\bmod\pi, т.е.2∣sin⁡((m−n)θ)∣.2|\sin((m-n)\theta)|.Достатъчно е да намерим θ\theta, за което: (i) sin⁡(kθ)\sin(k\theta) е рационално за всяко k∈Zk\in\mathbb Z; (ii) точките PnP_n са различни. Ще покажем, че върши работа θ∈(0,π/2)\theta\in(0,\pi/2), за коетоcos⁡θ=35,sin⁡θ=45.\cos\theta=\frac35,\qquad\sin\theta=\frac45.За (i) използвамеsin⁡((n+1)θ)+sin⁡((n−1)θ)=2sin⁡(nθ)cos⁡θ.\sin((n+1)\theta)+\sin((n-1)\theta)=2\sin(n\theta)\cos\theta.Ако sin⁡((n−1)θ)\sin((n-1)\theta) и sin⁡(nθ)\sin(n\theta) са рационални, то и sin⁡((n+1)θ)\sin((n+1)\theta) е рационално. Понеже sin⁡(0θ)=0\sin(0\theta)=0 и sin⁡θ\sin\theta са рационални, индукция показва, че sin⁡(nθ)\sin(n\theta) е рационално за n∈Z>0n\in\mathbb Z_{\gt{}0}. Същото е вярно и за отрицателни nn, понеже синусът е нечетна функция. За (ii) имамеPm=Pn⟺2nθ=2mθ+2kπP_m=P_n\quad\Longleftrightarrow\quad2n\theta=2m\theta+2k\piза някое k∈Zk\in\mathbb Z, откъдетоsin⁡((n−m)θ)=sin⁡(kπ)=0.\sin((n-m)\theta)=\sin(k\pi)=0.Ще докажем, че sin⁡(kθ)≠0\sin(k\theta)\ne0 за всяко k≠0k\ne0. Дори ще докажем по-силно твърдение. Некаsin⁡(kθ)=ak5k.\sin(k\theta)=\frac{a_k}{5^k}.Тогаваsin⁡((k+1)θ)+sin⁡((k−1)θ)=2sin⁡(kθ)cos⁡θ⟺ak+15k+1+ak−15k−1=2⋅ak5k⋅35⟺ak+1=6ak−25ak−1.\begin{aligned} \sin((k+1)\theta)+\sin((k-1)\theta)=2\sin(k\theta)\cos\theta&\Longleftrightarrow\frac{a_{k+1}}{5^{k+1}}+\frac{a_{k-1}}{5^{k-1}}=2\cdot\frac{a_k}{5^k}\cdot\frac35\\ &\Longleftrightarrow a_{k+1}=6a_k-25a_{k-1}. \end{aligned}Тъй като a0=0a_0=0 и a1=4a_1=4, числото aka_k е цяло за k≥0k\ge0, аak+1≡ak(mod5)a_{k+1}\equiv a_k\pmod5за k≥1k\ge1 (забележете, че a−1=−425a_{-1}=-\frac4{25} не е цяло число). Следователно ak≡4(mod5)a_k\equiv4\pmod5 за всяко k≥1k\ge1 иsin⁡(kθ)=ak5k\sin(k\theta)=\frac{a_k}{5^k}е несъкратима дроб със знаменател 5k5^k и ak≡4(mod5)a_k\equiv4\pmod5. Това доказва (ii) и завършва конструкцията. **Втора конструкция.** Разглеждаме колинеарните точкиPk=(1,xkyk),P_k=\left(1,\frac{x_k}{y_k}\right),така че разстоянието им до началото OO еOPk=x2xk2+yk2yk,OP_k=\frac{\sqrt{\vphantom{x^2}x_k^2+y_k^2}}{y_k},което е рационално, като xkx_k и yky_k са цели числа. Ясно е, чеPiPj=∣xiyi−xjyj∣P_iP_j=\left|\frac{x_i}{y_i}-\frac{x_j}{y_j}\right|е рационално. Извършваме инверсия с център OO и радиус 11. Тя изпраща правата x=1x=1, съдържаща всички точки PkP_k, в окръжност без началото. Нека QkQ_k е образът на PkP_k при тази инверсия. ТогаваQiQj=12PiPjOPi⋅OPjQ_iQ_j=\frac{1^2P_iP_j}{OP_i\cdot OP_j}е рационално. Остава да изберем подходящо xk,ykx_k,y_k, което не е трудно: вземаме катетите на питагорова тройка, напримерxk=k2−1,yk=2k.x_k=k^2-1,\qquad y_k=2k.ТогаваOPk=k2+12kOP_k=\frac{k^2+1}{2k}иQiQj=∣i2−1i−j2−1j∣i2+12i⋅j2+12j=Q_iQ_j=\frac{\left|\frac{i^2-1}{i}-\frac{j^2-1}{j}\right|}{\frac{i^2+1}{2i}\cdot\frac{j^2+1}{2j}}=∣4(i−j)(ij+1)∣(i2+1)(j2+1).\frac{|4(i-j)(ij+1)|}{(i^2+1)(j^2+1)}.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1994/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Дадени са три редици AA, BB и CC. Редицата AA съдържа числата от вида 10k10^k в десетична бройна система, където kk е всяко цяло число, не по-малко от 11. Редиците BB и CC съдържат същите числа, записани съответно в бройна система с основа 22 и с основа 55: | AA | BB | CC | |:--- |:--- |:--- | | 10 | 1010 | 20 | | 100 | 1100100 | 400 | | 1000 | 1111101000 | 13000 | | ⋮\vdots | ⋮\vdots | ⋮\vdots | Докажете, че за всяко цяло число n>1n\gt{}1 съществува точно едно число в точно една от редиците BB и CC, което има точно nn цифри.
РешениеНека bkb_k и ckc_k са броят на цифрите в kk-тия член съответно на редиците BB и CC. Тогава2bk−1≤10k<2bk⟺2^{b_k-1}\le10^k\lt{}2^{b_k}\quad\Longleftrightarrow\quadlog⁡210k<bk≤log⁡210k+1\log_2 10^k\lt{}b_k\le\log_2 10^k+1\quad⟺bk=⌊k⋅log⁡210⌋+1,\Longleftrightarrow\quad b_k=\left\lfloor k\cdot\log_2 10\right\rfloor+1,а по същия начинck=⌊k⋅log⁡510⌋+1.c_k=\left\lfloor k\cdot\log_5 10\right\rfloor+1.Теоремата на Бийти гласи, че ако α\alpha и β\beta са ирационални положителни числа и1α+1β=1,\frac1\alpha+\frac1\beta=1,то редиците ⌊kα⌋\lfloor k\alpha\rfloor и ⌊kβ⌋\lfloor k\beta\rfloor, k=1,2,…k=1,2,\ldots, разделят положителните цели числа. Но1log⁡210+1log⁡510=\frac1{\log_2 10}+\frac1{\log_5 10}=log⁡102+log⁡105=log⁡10(2⋅5)=1.\log_{10}2+\log_{10}5=\log_{10}(2\cdot5)=1.Следователно редиците bk−1b_k-1 и ck−1c_k-1 разделят положителните цели числа и затова всяко цяло число, по-голямо от 11, се среща точно веднъж сред bkb_k и ckc_k. Това завършва доказателството.
Отвори задачатаMathNetAPMO 1994/5Условие — източник

2022

1 задача

Задача 1

Пълен запис
Условие
Намерете всички наредени двойки (a,b)(a,b) от положителни цели числа, за които a3a^{3} е кратно на b2b^{2}, а b−1b-1 е кратно на a−1a-1. Забележка. Казваме, че цяло число nn е кратно на цяло число mm, ако съществува цяло число kk, за което n=kmn=km.
РешениеЩе започнем, като покажем, че съществуват положителни цели числа x,c,dx,c,d, за които a=x2cda=x^{2}cd и b=x3cb=x^{3}c. Нека g=gcd⁡(a,b)g=\operatorname{gcd}(a,b), така че a=gda=gd и b=gxb=gx за някои взаимно прости числа dd и xx. Тогава условието b2∣a3b^{2}\mid a^{3} е еквивалентно на g2x2∣g3d3g^{2}x^{2}\mid g^{3}d^{3}, което на свой ред е еквивалентно на x2∣gd3x^{2}\mid gd^{3}. Тъй като xx и dd са взаимно прости, оттук следва, че x2∣gx^{2}\mid g. Следователно g=x2cg=x^{2}c за някое положително цяло число cc, откъдето a=x2cda=x^{2}cd и b=x3cb=x^{3}c, както искахме. Остава да намерим всички положителни цели числа x,c,dx,c,d, за коитоx2cd−1∣x3c−1.x^{2}cd-1\mid x^{3}c-1.Тоест x3c≡1( mod x2cd−1)x^{3}c\equiv1\left(\bmod x^{2}cd-1\right). Ако това сравнение е изпълнено, тоd≡x3cd≡x( mod x2cd−1).d\equiv x^{3}cd\equiv x\left(\bmod x^{2}cd-1\right).Следователно или x=dx=d, или x−d≥x2cd−1x-d\geq x^{2}cd-1, или d−x≥x2cd−1d-x\geq x^{2}cd-1. - Ако x=dx=d, то b=ab=a. - Ако x−d≥x2cd−1x-d\geq x^{2}cd-1, тогаваx−d≥x2cd−1≥x−1≥x−d.x-d\geq x^{2}cd-1\geq x-1\geq x-d.Следователно във всяко от тези неравенства има равенство. Оттук x=c=d=1x=c=d=1, а значи a=b=1a=b=1. - Ако d−x≥x2cd−1d-x\geq x^{2}cd-1, тогаваd−x≥x2cd−1≥d−1≥d−x.d-x\geq x^{2}cd-1\geq d-1\geq d-x.Следователно във всяко от тези неравенства има равенство. Оттук x=c=1x=c=1, а значи b=1b=1. И така, единствените решения са наредените двойки (a,b)(a,b), за които a=ba=b или b=1b=1. Непосредствено се проверява, че всички тези двойки изпълняват дадените условия.
Отвори задачатаMathNetAPMO 2022/1Условие — източник

2023

1 задача

Задача 2

Пълен запис
Условие
Намерете всички цели числа nn, за които n≥2n \geq 2 и σ(n)p(n)−1=n\frac{\sigma(n)}{p(n)-1}=n, където σ(n)\sigma(n) означава сумата на всички положителни делители на nn, а p(n)p(n) — най-големия прост делител на nn.
РешениеНека n=p1α1⋅…⋅pkαkn=p_{1}^{\alpha_{1}} \cdot \ldots \cdot p_{k}^{\alpha_{k}} е разлагането на nn на прости множители, където p1<…<pkp_{1}\lt{}\ldots\lt{}p_{k}. Тогава p(n)=pkp(n)=p_{k} и σ(n)=(1+p1+⋯+p1α1)…(1+pk+⋯+pkαk)\sigma(n)=\left(1+p_{1}+\cdots+p_{1}^{\alpha_{1}}\right) \ldots\left(1+p_{k}+\cdots+p_{k}^{\alpha_{k}}\right). Следователноpk−1=σ(n)n=∏i=1k(1+1pi+⋯+1piαi)<∏i=1k11−1pi=∏i=1k(1+1pi−1)≤∏i=1k(1+1i)=k+1p_{k}-1=\frac{\sigma(n)}{n}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{p_{i}}+\cdots+\frac{1}{p_{i}^{\alpha_{i}}}\right)\lt{}\prod_{i=1}^{k} \frac{1}{1-\frac{1}{p_{i}}}=\prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{p_{i}-1}\right) \leq \prod_{i=1}^{k}\left(1+\frac{1}{i}\right)=k+1, тоест pk−1<k+1p_{k}-1\lt{}k+1. Това е невъзможно при k≥3k \geq 3, защото тогава pk−1≥2k−2≥k+1p_{k}-1 \geq 2 k-2 \geq k+1. Значи k≤2k \leq 2 и pk<k+2≤4p_{k}\lt{}k+2 \leq 4, откъдето pk≤3p_{k} \leq 3. Ако k=1k=1, то n=pαn=p^{\alpha} и σ(n)=1+p+⋯+pα\sigma(n)=1+p+\cdots+p^{\alpha}, а в този случай n∤σ(n)n \nmid \sigma(n), което е невъзможно. Следователно k=2k=2 и n=2α3βn=2^{\alpha} 3^{\beta}, където α,β>0\alpha, \beta\gt{}0. Ако α>1\alpha\gt{}1 или β>1\beta\gt{}1, тоσ(n)n>(1+12)(1+13)=2.\frac{\sigma(n)}{n}\gt{}\left(1+\frac{1}{2}\right)\left(1+\frac{1}{3}\right)=2.Следователно α=β=1\alpha=\beta=1 и единственият отговор е n=6n=6. Забележка. Случаят n=2α3βn=2^{\alpha} 3^{\beta} може да се разгледа и по друг начин. Например имаме 2α+23β=(2α+1−1)(3β+1−1)2^{\alpha+2} 3^{\beta}=\left(2^{\alpha+1}-1\right)\left(3^{\beta+1}-1\right). Тъй като 2α+1−12^{\alpha+1}-1 не се дели на 22, а 3β+1−13^{\beta+1}-1 не се дели на 33, получаваме{2α+1−1=3β3β+1−1=2α+2⟺{2α+1−1=3β3⋅(2α+1−1)−1=2⋅2α+1⟺{2α+1=43β=3,\left\{\begin{array} { l } { 2 ^ { \alpha + 1 } - 1 = 3 ^ { \beta } } \cr { 3 ^ { \beta + 1 } - 1 = 2 ^ { \alpha + 2 } } \end{array} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array} { c } { 2 ^ { \alpha + 1 } - 1 = 3 ^ { \beta } } \cr { 3 \cdot ( 2 ^ { \alpha + 1 } - 1 ) - 1 = 2 \cdot 2 ^ { \alpha + 1 } } \end{array} \Longleftrightarrow \left\{\begin{array}{r} 2^{\alpha+1}=4 \cr 3^{\beta}=3 \end{array},\right.\right.\right.и n=2α3β=6n=2^{\alpha} 3^{\beta}=6.
Отвори задачатаMathNetAPMO 2023/2Условие — източник