maths.bgmaths.bg
Всички колекции
JMO

Evan Chen / JMO Solution Notes

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

16 години1 класаИма видими липси
По годинаПо клас

Избрана година

2010

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2010 · 11-12: липсва задача 3

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Нека P(n)P(n) е броят на пермутациите (a1,…,an)(a_1,\ldots,a_n) на числата 1,2,…,n1,2,\ldots,n, за които kakka_k е точен квадрат за всяко 1≤k≤n1\le k\le n. Намерете с доказателство най-малкото nn, за което P(n)P(n) се дели на 20102010.
РешениеОтговорът еn=4489.n=4489.Първо ще опишем точно числото P(n)P(n). Всяко положително цяло число се представя еднозначно във видаc⋅m2,c\cdot m^2,където cc е квадратносвободно положително цяло число, а mm е положително цяло число. За всяко квадратносвободно cc некаSc={c⋅12,c⋅22,c⋅32,…}∩{1,2,…,n}.S_c=\{c\cdot1^2,c\cdot2^2,c\cdot3^2,\ldots\}\cap\{1,2,\ldots,n\}.Тогава множествата ScS_c разбиват числата от 11 до nn, и∣Sc∣=⌊x2nc⌋.|S_c|=\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}\frac nc}\right\rfloor.Условието kakka_k да е точен квадрат означава точно, че kk и aka_k имат една и съща квадратносвободна част. Следователно допустимите пермутации са точно тези, които за всяко cc разместват елементите на ScS_c само помежду им. ЗначиP(n)=∏c квадратносвободно∣Sc∣!=P(n)=\prod_{c\text{ квадратносвободно}} |S_c|! =∏c квадратносвободно⌊x2nc⌋!. \prod_{c\text{ квадратносвободно}} \left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}\frac nc}\right\rfloor!.Сега търсим най-малкото nn, за което 20102010 дели това произведение. Понеже2010=2⋅3⋅5⋅67,2010=2\cdot3\cdot5\cdot67,необходимо е произведението да има множител 6767. Ако n<672n\lt{}67^2, то за всяко cc е изпълнено⌊x2nc⌋≤66,\left\lfloor\sqrt{\vphantom{x^2}\frac nc}\right\rfloor\le66,така че никой факториел в произведението не се дели на 6767. Следователно 2010∤P(n)2010\nmid P(n). От друга страна, при n=672n=67^2 членът за c=1c=1 е 67!67!, който се дели на 20102010. Значи минималната стойност е672=4489.67^2=4489.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2010/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека n>1n\gt{}1 е цяло число. Да се намерят всички растящи редици от положителни цели числа x1,x2,…,xn−1x_1,x_2,\ldots,x_{n-1}, за които xi+xn−i=2nx_i+x_{n-i}=2n за всяко i=1,2,…,n−1i=1,2,\ldots,n-1, и ако xi+xj<2nx_i+x_j\lt{}2n, то xi+xjx_i+x_j също е член на редицата.
РешениеЩе докажем, че единствената възможност е xk=2k(k=1,2,…,n−1).x_k=2k\qquad (k=1,2,\ldots,n-1). Лесно се проверява, че тази редица наистина работи: тя е растяща, имаме xi+xn−i=2i+2(n−i)=2nx_i+x_{n-i}=2i+2(n-i)=2n, а ако xi+xj=2(i+j)<2nx_i+x_j=2(i+j)\lt{}2n, то i+j<ni+j\lt{}n и сумата е членът xi+jx_{i+j}. Остава да докажем единствеността. Понеже редицата е растяща, за всяко m=1,2,…,n−2m=1,2,\ldots,n-2 имаме x1+xm<x1+xn−1=2n.x_1+x_m \lt{} x_1+x_{n-1}=2n. Следователно всяко число x1+xmx_1+x_m е член на редицата. Тези n−2n-2 числа са строго растящи и всяко от тях е по-голямо от x1x_1. В редицата има точно n−2n-2 члена, които са по-големи от x1x_1, а именно x2,x3,…,xn−1x_2,x_3,\ldots,x_{n-1}. Значи задължително x1+xm=xm+1(m=1,2,…,n−2).x_1+x_m=x_{m+1}\qquad (m=1,2,\ldots,n-2).Оттук по индукция получаваме xm=mx1x_m=mx_1 за всички m=1,2,…,n−1m=1,2,\ldots,n-1. Наистина, това е вярно за m=1m=1, а ако xm=mx1x_m=mx_1, то xm+1=x1+xm=(m+1)x1.x_{m+1}=x_1+x_m=(m+1)x_1. Накрая използваме условието xi+xn−i=2nx_i+x_{n-i}=2n. След заместване получаваме ix1+(n−i)x1=nx1=2n,ix_1+(n-i)x_1=nx_1=2n, откъдето x1=2x_1=2. Следователно xm=2mx_m=2m за всяко mm, което доказва и единствеността.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2010/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Триъгълник се нарича параболичен, ако върховете му лежат върху параболата y=x2y=x^2. Докажете, че за всяко неотрицателно цяло число nn съществуват нечетно число mm и параболичен триъгълник с върхове в три различни точки с цели координати, чието лице е (2nm)2(2^nm)^2.
РешениеЗа n=0n=0 вземаме върховете(1,1),(−1,1),(0,0).(1,1),\qquad (-1,1),\qquad (0,0).Това са три различни точки с цели координати върху y=x2y=x^2, а лицето на триъгълника е 1=(20⋅1)21=(2^0\cdot1)^2. Нека вече n>0n\gt{}0. Ще разгледаме триъгълника с върхове(a,a2),(−a,a2),(b,b2).(a,a^2),\qquad (-a,a^2),\qquad (b,b^2).Основата между първите две точки има дължина 2a2a, а височината до третата точка е b2−a2b^2-a^2, ако изберем b>ab\gt{}a. Следователно лицето е12⋅2a⋅(b2−a2)=a(b2−a2).\frac12\cdot2a\cdot(b^2-a^2)=a(b^2-a^2).Избирамеa=22n,m=24n−2−1,b=24n−2+1.a=2^{2n},\qquad m=2^{4n-2}-1,\qquad b=2^{4n-2}+1.Тогава mm е нечетно иb2−m2=(b−m)(b+m)=2⋅24n−1=24n=a2.b^2-m^2=(b-m)(b+m)=2\cdot2^{4n-1}=2^{4n}=a^2.Значи b2−a2=m2b^2-a^2=m^2, а лицето на построения триъгълник еa(b2−a2)=22nm2=(2nm)2.a(b^2-a^2)=2^{2n}m^2=(2^nm)^2.Точките са различни и имат цели координати, така че построението доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2010/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Две пермутации a1,a2,…,a2010a_1,a_2,\ldots,a_{2010} и b1,b2,…,b2010b_1,b_2,\ldots,b_{2010} на числата 1,2,…,20101,2,\ldots,2010 се наричат пресичащи се, ако ak=bka_k=b_k за някое kk с 1≤k≤20101\le k\le2010. Докажете, че съществуват 10061006 пермутации на числата 1,2,…,20101,2,\ldots,2010, такива че всяка друга такава пермутация се пресича с поне една от тези 10061006 пермутации.
РешениеЩе построим исканите 10061006 пермутации. В първите 10061006 позиции вземаме всички циклични размествания на числата 1,2,…,10061,2,\ldots,1006, а последните 10041004 позиции оставяме фиксирани като1007,1008,…,2010.1007,1008,\ldots,2010.Тоест пермутациите са от вида(1,2,3,…,1006,1007,…,2010),(2,3,4,…,1006,1,1007,…,2010),(3,4,5,…,1006,1,2,1007,…,2010),\begin{align*} &(1,2,3,\ldots,1006,1007,\ldots,2010),\\ &(2,3,4,\ldots,1006,1,1007,\ldots,2010),\\ &(3,4,5,\ldots,1006,1,2,1007,\ldots,2010), \end{align*}и така нататък, до всичките 10061006 циклични размествания на първия блок. Ще докажем, че тази колекция работи. Нека π\pi е произволна пермутация на числата 1,2,…,20101,2,\ldots,2010. Сред първите 10061006 позиции на π\pi трябва да има поне едно число от множеството {1,2,…,1006}\{1,2,\ldots,1006\}, защото числата 1007,1008,…,20101007,1008,\ldots,2010 са само 10041004. Нека това число е jj и нека стои на позиция kk, където 1≤j,k≤10061\le j,k\le1006. В цикличните размествания на първия блок всяко от числата 1,2,…,10061,2,\ldots,1006 се появява точно веднъж на всяка позиция от 11 до 10061006. Следователно една от построените 10061006 пермутации също има числото jj на позиция kk. Тази построена пермутация се пресича с π\pi, което доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2010/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Нека ABCABC е триъгълник с ∠A=90∘\angle A=90^\circ. Точките DD и EE лежат съответно на страните ACAC и ABAB, като ∠ABD=∠DBC\angle ABD=\angle DBC и ∠ACE=∠ECB\angle ACE=\angle ECB. Отсечките BDBD и CECE се пресичат в II. Определете дали е възможно отсечките ABAB, ACAC, BIBI, IDID, CICI и IEIE всички да имат цели дължини.
РешениеОтговорът е: не. Всъщност ще докажем по-силно твърдение: не е възможно дори само ABAB, ACAC, BIBI и CICI всички да са цели числа. Това е достатъчно, защото ако шестте отсечки от условието имаха цели дължини, в частност тези четири отсечки също биха имали цели дължини. По условие BDBD е ъглополовящата от върха BB, а CECE е ъглополовящата от върха CC. Следователно тяхната пресечна точка II е пресечната точка на две вътрешни ъглополовящи, тоест е инцентърът на триъгълника ABCABC.ABCIDEПонеже ∠A=90∘\angle A=90^\circ, имаме ∠B+∠C=90∘\angle B+\angle C=90^\circ. Затова∠IBC+∠ICB=∠B2+∠C2=90∘2=45∘.\angle IBC+\angle ICB=\frac{\angle B}{2}+\frac{\angle C}{2}=\frac{90^\circ}{2}=45^\circ.В триъгълника BICBIC получаваме∠BIC=180∘−45∘=135∘.\angle BIC=180^\circ-45^\circ=135^\circ.Да допуснем, че ABAB, ACAC, BIBI и CICI са цели числа. От теоремата на Питагор в правоъгълния триъгълник ABCABC получавамеBC2=AB2+AC2,BC^2=AB^2+AC^2,така че BC2BC^2 е цяло число. От друга страна, по косинусовата теорема в триъгълника BICBIC:BC2=BI2+CI2−2⋅BI⋅CIcos⁡135∘=BC^2=BI^2+CI^2-2\cdot BI\cdot CI\cos135^\circ=BI2+CI2+BI⋅CIx22.BI^2+CI^2+BI\cdot CI\sqrt{\vphantom{x^2}2}.Тук BIBI и CICI са положителни, защото II е вътрешна точка на триъгълника. Ако те са цели числа, то BI2+CI2BI^2+CI^2 е цяло число, а BI⋅CIx22BI\cdot CI\sqrt{\vphantom{x^2}2} е ненулево ирационално число. Следователно изразът за BC2BC^2 е ирационален, което противоречи на вече доказаното, че BC2BC^2 е цяло число. Следователно исканите шест отсечки не могат всички да имат цели дължини.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2010/6Условие — източник