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

1994

Назад към папките

11-12

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