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

2011

Назад към папките

Открити липси за попълване от източника

  • 2011 · 11-12: липсва задача 3

11-12

5 задачи

Задача 1

Пълен запис
Условие
Намерете всички положителни цели числа nn, за които 2n+12n+2011n2^n+12^n+2011^n е точен квадрат.
РешениеОтговорът е самоn=1,n=1,защото 21+121+20111=2025=4522^1+12^1+2011^1=2025=45^2. Ще докажем, че други стойности няма. Ако n≥2n\ge2 е четно, то по модул 33 имаме2n+12n+2011n≡1+0+1≡2(mod3),2^n+12^n+2011^n\equiv 1+0+1\equiv2\pmod3,а 22 не е квадратичен остатък по модул 33. Следователно в този случай сумата не е квадрат. Ако n≥3n\ge3 е нечетно, то по модул 44 получаваме2n+12n+2011n≡0+0+3≡3(mod4),2^n+12^n+2011^n\equiv0+0+3\equiv3\pmod4,а квадрат не може да дава остатък 33 по модул 44. Положителното цяло число nn е или 11, или четно поне 22, или нечетно поне 33, така че единственото решение е n=1n=1.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2011/1Условие — източник

Задача 2

Пълен запис
Условие
Нека aa, bb, cc са положителни реални числа, за коитоa2+b2+c2+(a+b+c)2≤4.a^2+b^2+c^2+(a+b+c)^2\le4.Докажете, чеab+1(a+b)2+bc+1(b+c)2+ca+1(c+a)2≥3.\frac{ab+1}{(a+b)^2}+\frac{bc+1}{(b+c)^2}+\frac{ca+1}{(c+a)^2}\ge3.
РешениеУсловието е еквивалентно наa2+b2+c2+ab+bc+ca≤2.a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca\le2.Следователно, след умножаване на исканото неравенство по 22, имаме∑cyc2ab+2(a+b)2≥∑cyc2ab+a2+b2+c2+ab+bc+ca(a+b)2=∑cyc(a+b)2+(a+c)(b+c)(a+b)2=3+∑cyc(a+c)(b+c)(a+b)2.\begin{align*} \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab+2}{(a+b)^2} &\ge \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{2ab+a^2+b^2+c^2+ab+bc+ca}{(a+b)^2}\\ &=\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(a+b)^2+(a+c)(b+c)}{(a+b)^2}\\ &=3+\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(a+c)(b+c)}{(a+b)^2}. \end{align*}По неравенството между средното аритметично и средното геометрично,∑cyc(a+c)(b+c)(a+b)2≥3x2(a+c)(b+c)(a+b)2⋅(a+b)(a+c)(b+c)2⋅(a+b)(b+c)(c+a)23=3.\begin{align*} \sum_{\mathrm{cyc}}\frac{(a+c)(b+c)}{(a+b)^2} &\ge 3\sqrt[3]{\vphantom{x^2}\frac{(a+c)(b+c)}{(a+b)^2}\cdot\frac{(a+b)(a+c)}{(b+c)^2}\cdot\frac{(a+b)(b+c)}{(c+a)^2}}\\ &=3. \end{align*}Значи2∑cycab+1(a+b)2≥6,2\sum_{\mathrm{cyc}}\frac{ab+1}{(a+b)^2}\ge6,което е точно исканото неравенство.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2011/2Условие — източник

Задача 4

Пълен запис
Условие
Дума наричаме всяка крайна поредица от букви. Дума е палиндром, ако се чете еднакво отляво надясно и отдясно наляво. Нека редицата от думи W0,W1,W2,…W_0,W_1,W_2,\ldots е дефинирана така: W0=aW_0=a, W1=bW_1=b, а за n≥2n\ge2 думата WnW_n се получава, като първо се изпише Wn−2W_{n-2}, а след това Wn−1W_{n-1}. Докажете, че за всяко n≥1n\ge1 думата, получена чрез последователно изписване на W1,W2,W3,…,WnW_1,W_2,W_3,\ldots,W_n, е палиндром.
РешениеПървите няколко думи саW0=a,W1=b,W2=ab,W3=bab,W4=abbab,W5=bababbab.\begin{align*} W_0&=a,\\ W_1&=b,\\ W_2&=ab,\\ W_3&=bab,\\ W_4&=abbab,\\ W_5&=bababbab. \end{align*}Ще докажем твърдението с индукция по nn. Случаите n=1,2,3,4n=1,2,3,4 се проверяват директно. Нека X‾\overline{X} означава думата XX, записана в обратен ред. За индукционната стъпка разглеждамеW1W2⋯Wn−3Wn−2Wn−1Wn.W_1W_2\cdots W_{n-3}W_{n-2}W_{n-1}W_n.Понеже Wn=Wn−2Wn−1W_n=W_{n-2}W_{n-1}, от индукционното предположение за n−1n-1 получавамеW1W2⋯Wn=Wn−1‾ Wn−2‾ Wn−3‾⋯W2‾ W1‾ Wn−2Wn−1=Wn−1‾ Wn−2‾ (Wn−3‾⋯W2‾ W1‾) Wn−2Wn−1.\begin{align*} W_1W_2\cdots W_n &=\overline{W_{n-1}}\,\overline{W_{n-2}}\,\overline{W_{n-3}}\cdots \overline{W_2}\,\overline{W_1}\,W_{n-2}W_{n-1}\\ &=\overline{W_{n-1}}\,\overline{W_{n-2}}\,(\overline{W_{n-3}}\cdots \overline{W_2}\,\overline{W_1})\,W_{n-2}W_{n-1}. \end{align*}По индукционното предположение за n−3n-3 средната частWn−3‾⋯W2‾ W1‾\overline{W_{n-3}}\cdots \overline{W_2}\,\overline{W_1}е равна на W1W2⋯Wn−3W_1W_2\cdots W_{n-3} и е палиндром. Следователно целият израз е симетричен: отвън стоят съответно Wn−1‾\overline{W_{n-1}} и Wn−1W_{n-1}, после Wn−2‾\overline{W_{n-2}} и Wn−2W_{n-2}, а в средата е палиндром. Значи W1W2⋯WnW_1W_2\cdots W_n също е палиндром.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2011/4Условие — източник

Задача 5

Пълен запис
Условие
Точките AA, BB, CC, DD и EE лежат на окръжност ω\omega, а точка PP лежи извън окръжността. Дадено е, че правите PBPB и PDPD са допирателни към ω\omega, точките PP, AA, CC са колинеарни и DE∥ACDE\parallel AC. Докажете, че правата BEBE разполовява отсечката ACAC.
РешениеНекаM=BE∩AC.M=BE\cap AC.Ще докажем, че MM е средата на ACAC.ABCDEPMПърво ще дадем кратко проективно доказателство. От стандартния факт за конфигурация с две допирателни и секуща следва, че ако допирателните от PP допират окръжността в BB и DD, а секущата през PP я пресича в AA и CC, то четворката(A,C;B,D)(A,C;B,D)е хармонична, тоест нейното кръстно отношение е −1-1. Този факт може да се види и през полярната на PP: хордата на допиране BDBD е полярната на PP, а двойката A,CA,C по секущата през PP е спрегната с двойката допирни точки B,DB,D в породената инволюция върху окръжността. Следователно получената четворка върху окръжността е хармонична. Проектираме тази четворка от точката EE върху правата ACAC. Точките AA и CC остават съответно AA и CC. Точката BB се проектира в MM, защото M=BE∩ACM=BE\cap AC. Точката DD се проектира в точката при безкрайност на правата ACAC, понеже DE∥ACDE\parallel AC. Кръстното отношение се запазва при проекция, следователно(A,C;M,∞)=−1.(A,C;M,\infty)=-1.Когато четвъртата точка е точката при безкрайност, последното равенство е равносилно наAMMC=1.\frac{AM}{MC}=1.Значи AM=MCAM=MC, т.е. MM е средата на отсечката ACAC. Следователно правата BEBE разполовява ACAC. За пълнота ще запишем и комплексната проверка от източника. Нека ω\omega е единичната окръжност и нека малките букви са комплексните координати на съответните точки. Точките b,d,eb,d,e са върху единичната окръжност. Допирателната към единичната окръжност в точка uu има уравнениеz+u2z‾=2u,z+u^2\overline z=2u,затова пресечната точка на допирателните в bb и dd еp=2bdb+d.p=\frac{2bd}{b+d}.Също така, ако uu и vv лежат върху единичната окръжност, правата uvuv има уравнениеz+uvz‾=u+v.z+uv\overline z=u+v.Оттук условието DE∥ACDE\parallel AC дава еднакви направления на хордите, което в тази нормировка записваме катоac=de.ac=de.Понеже pp, aa и cc са колинеарни, уравнението на хордата ACAC даваa+c=p+acp‾.a+c=p+ac\overline p.От ∣b∣=∣d∣=1|b|=|d|=1 получаваме p‾=2b+d\overline p=\frac{2}{b+d}, така чеa+c2=bdb+d+deb+d=d(b+e)b+d.\begin{align*} \frac{a+c}{2} &=\frac{bd}{b+d}+\frac{de}{b+d}\\ &=\frac{d(b+e)}{b+d}. \end{align*}От друга странаa+c2‾=a+c2ac=b+ee(b+d).\overline{\frac{a+c}{2}}=\frac{a+c}{2ac}=\frac{b+e}{e(b+d)}.Следователно, ако m=a+c2m=\frac{a+c}{2}, тоm+bem‾=d(b+e)b+d+b(b+e)b+d=b+e.m+be\overline m=\frac{d(b+e)}{b+d}+\frac{b(b+e)}{b+d}=b+e.Но това е точно уравнението на правата BEBE, приложено към точката mm. Значи средата mm на ACAC лежи на BEBE. Понеже правата през BB и EE минава през средата на ACAC, тя разполовява отсечката ACAC, което отново доказва твърдението.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2011/5Условие — източник

Задача 6

Пълен запис
Условие
Разгледайте твърдението, че за всяко положително цяло число n≥2n\ge2 остатъкът при деление на 22n2^{2^n} на 2n−12^n-1 е степен на 44. Или докажете твърдението, или намерете контрапример с доказателство.
РешениеТвърдението е невярно. Ще покажем, чеn=25n=25е контрапример. Понеже 225≡1(mod225−1)2^{25}\equiv1\pmod{2^{25}-1}, можем да намалим показателя 2252^{25} по модул 2525. От 220≡1(mod25)2^{20}\equiv1\pmod{25} и 25≡7(mod25)2^5\equiv7\pmod{25} следва225≡7(mod25).2^{25}\equiv7\pmod{25}.Затова2225≡27(mod225−1).2^{2^{25}}\equiv2^7\pmod{2^{25}-1}.Освен това 0<27<225−10\lt{}2^7\lt{}2^{25}-1, така че самият остатък е 27=1282^7=128. Но 128=27128=2^7 не е степен на 44, защото степените на 44 са точно числата 22k2^{2k} с четен показател на двойката. Следователно n=25n=25 е търсеният контрапример.
Отвори задачатаEvan Chen VONVON JMO 2011/6Условие — източник