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

Избрана година

1993

Назад към папките

11-12

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