maths.bgmaths.bg
Всички колекции
EGMO

Evan Chen / EGMO Twitch Solution

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

15 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2022

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2022 · 11-12: липсва задача 3

11-12

2 задачи

Задача 2

Пълен запис
Условие
Да се намерят всички функции f:N→Nf:\mathbb N\to\mathbb N, такива че за всички a,b∈Na,b\in\mathbb N са изпълнени следните две условия: 1. f(ab)=f(a)f(b)f(ab)=f(a)f(b); 2. поне две от числата f(a)f(a), f(b)f(b) и f(a+b)f(a+b) са равни.
РешениеОтговорът еf(n)=cνp(n),f(n)=c^{\nu_p(n)},където cc е произволно положително цяло число, а pp е фиксирано просто число. Лесно се проверява, че всяка такава функция работи. Наистина, ако νp(a)=νp(b)\nu_p(a)=\nu_p(b), тогава f(a)=f(b)f(a)=f(b). Ако пък νp(a)≠νp(b)\nu_p(a)\ne\nu_p(b), тогаваνp(a+b)=min⁡{νp(a),νp(b)},\nu_p(a+b)=\min\{\nu_p(a),\nu_p(b)\},така че едно от числата f(a)f(a) и f(b)f(b) е равно на f(a+b)f(a+b). Остава да докажем, че други решения няма. От първото условие имаме f(1)=1f(1)=1, а функцията е напълно мултипликативна. Ако има най-много едно просто число pp, за което f(p)>1f(p)\gt{}1, тогава от пълната мултипликативност веднага следва, че ff е от горния вид. Да допуснем за противоречие, че има поне две прости числа с образ по-голям от 11. Нека p<qp\lt{}q са двете най-малки такива прости числа. Понеже q−p<qq-p\lt{}q и p∤q−pp\nmid q-p, всички прости делители на q−pq-p имат образ 11, следователно f(q−p)=1f(q-p)=1. Прилагаме второто условие към числата pp и q−pq-p. Трите стойности саf(p),f(q−p)=1,f(q).f(p),\qquad f(q-p)=1,\qquad f(q).Тъй като f(p)>1f(p)\gt{}1 и f(q)>1f(q)\gt{}1, трябва да имамеf(p)=f(q).f(p)=f(q).Сега ще изберем положителни цели числа aa и bb, за коитоνp(a+b)≥2,νp(a)=νp(b)=0,\nu_p(a+b)\ge2,\qquad \nu_p(a)=\nu_p(b)=0,иνq(b)=1,νq(a)=νq(a+b)=0.\nu_q(b)=1,\qquad \nu_q(a)=\nu_q(a+b)=0.Некаr=⌈log⁡pq⌉.r=\left\lceil\log_p q\right\rceil.Тогава r≥2r\ge2 и q≤pr<q2q\le p^r\lt{}q^2. Поставямеℓ=⌊prq⌋\ell=\left\lfloor\frac{p^r}{q}\right\rfloorи избирамеb=qℓ,a=pr−b.b=q\ell,\qquad a=p^r-b.Тогава a+b=pra+b=p^r, така че νp(a+b)=r≥2\nu_p(a+b)=r\ge2, а q∤a+bq\nmid a+b. Освен това 0<a<q0\lt{}a\lt{}q, понеже aa е остатъкът при деление на prp^r с qq, и q∤aq\nmid a. Имаме още 1≤ℓ<q1\le\ell\lt{}q, откъдето νq(b)=1\nu_q(b)=1. Накрая, от pr−1<qp^{r-1}\lt{}q следва ℓ<p\ell\lt{}p, така че p∤ℓp\nmid\ell; понеже p≠qp\ne q, получаваме p∤bp\nmid b, а от a=pr−ba=p^r-b следва и p∤ap\nmid a. Поради минималността на pp и qq това даваf(a)=1,f(b)=f(q),f(a+b)=f(p)r.f(a)=1,\qquad f(b)=f(q),\qquad f(a+b)=f(p)^r.Но вече знаем, че f(p)=f(q)>1f(p)=f(q)\gt{}1, а r≥2r\ge2, така че трите числа 11, f(q)f(q) и f(p)rf(p)^r са две по две различни. Това противоречи на второто условие и завършва доказателството.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2022/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дадено е положително цяло число n≥2n\ge2. Да се определи най-голямото положително цяло число NN, за което съществуват N+1N+1 реални числа a0,a1,…,aNa_0,a_1,\dots,a_N, такива че 1. a0+a1=−1na_0+a_1=-\frac1n; 2. (ak+ak−1)(ak+ak+1)=ak−1−ak+1(a_k+a_{k-1})(a_k+a_{k+1})=a_{k-1}-a_{k+1} за всяко 1≤k≤N−11\le k\le N-1.
РешениеОтговорът е N=nN=n. Поставямеbi=ai+ai−1(i≥1).b_i=a_i+a_{i-1}\qquad (i\ge1).Тогава условието за 1≤k≤N−11\le k\le N-1 се превръща вbkbk+1=bk−bk+1.b_kb_{k+1}=b_k-b_{k+1}.Понеже това е равносилно наbk+1(bk+1)=bk,b_{k+1}(b_k+1)=b_k,ако bk≠−1b_k\ne-1, получаваме рекурентната формулаbk+1=bkbk+1.b_{k+1}=\frac{b_k}{b_k+1}.От началното условие имаме b1=−1nb_1=-\frac1n. Сега по индукция намирамеbi=−1n+1−i(1≤i≤n).b_i=-\frac1{n+1-i}\qquad (1\le i\le n).Наистина, ако bi=−1n+1−ib_i=-\frac1{n+1-i} и i<ni\lt{}n, тоbi+1=−1n+1−i1−1n+1−i=−1n−i.b_{i+1}=\frac{-\frac1{n+1-i}}{1-\frac1{n+1-i}}=-\frac1{n-i}.Следователно bn=−1b_n=-1. Затова не може да се продължи до bn+1b_{n+1}: при bn=−1b_n=-1 равенството bnbn+1=bn−bn+1b_nb_{n+1}=b_n-b_{n+1} би дало −bn+1=−1−bn+1-b_{n+1}=-1-b_{n+1}, което е невъзможно. Значи N≤nN\le n. Остава да покажем, че N=nN=n се достига. Вземаме например a0=0a_0=0 и после определяме рекурентноai=−1n+1−i−ai−1(1≤i≤n).a_i=-\frac1{n+1-i}-a_{i-1}\qquad (1\le i\le n).Тогава ai+ai−1=bi=−1n+1−ia_i+a_{i-1}=b_i=-\frac1{n+1-i} за всички 1≤i≤n1\le i\le n, а току-що проверената рекурентна връзка между bib_i гарантира второто условие за всяко 1≤i≤n−11\le i\le n-1. Следователно най-голямата възможна стойност на NN е nn.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON EGMO 2022/4Условие — източник